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Examens corrigés

FrançoisDEMARÇAY

Département de Mathématiques d"Orsay

Université Paris-Saclay, France

1. Examen 1

Exercice 1.

[Inégalité de Tchebyche v]Soitf:Rd!R+une fonction intégrable à valeurs positives qui est Lebesgue-intégrable. Pour >0, on pose : E :=x2Rd:f(x)> :

Montrer que (figure-bonus possible) :

m E61 Z f: Exercice 2.En dimensiond>1, soit une fonction mesurablef:Rd!R+à valeurs positives finies. (a)Rappeler la définition initiale de la mesurabilité d"une fonction, puis des caractérisa- tions équivalentes. (b)Montrer que, pour tout entierk2Z, les sous-ensembles : E k:=x2Rd: 2k1< f(x)62k sont mesurables dansRd. (c)Montrer que l"on a la réunion disjointe (figure-bonus possible) : 1[ k=1E k=x2Rd:f(x)>0: (d)Pour tout entiern2N, on introduit la fonction étagée : F n:=k=+nX k=n2 k1Ek; ainsi queF:=limn!1Fn. Montrer que l"on a en tout point : 12

F6f6F:

(e)Montrer que la fonction d"originefest Lebesgue-intégrable si et seulement siP1 k=12km(Ek)<1. 1

2 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(f)Aveca;b2R, on introduit les deux fonctions :

f(x) :=8 :1jxjapour00autrement;etg(x) :=8 :1jxjbpourjxj>1;

0autrement:

En utilisant(e), montrer quefest Lebesgue-intégrable surRdexactement lorsquea < d, et aussi, montrer quegest Lebesgue-intégrable surRdexactement lorsqueb > d. Exercice 3.Sur un segment compact[a;b]bR, soitf: [a;b]!Rune fonction réelle quelconque, pas forcément bornée. Montrer qu"on peut néanmoins définir sans modifica- tion la notion de Riemann-intégrabilité def, mais montrer alors que si, pour tout" >0, il existe une subdivisionde[a;b]telle que la différence entre les sommes de Darboux supérieure et inférieure defsatisfait(f)(f)6", alors ceci implique en fait que fest nécessairement bornée. Exercice 4.SoientE1;E2;E3; :::Rdune infinitédénombrable d"ensembles mesurables emboîtés de manière décroissante les uns dans les autres : E kEk+1(k>1):

On suppose que pour un certain entierk0>1, on a :

mEk0<1:

En utilisant un théorème fondamental énoncé avec soin concernant les réunions dénom-

brables disjointes d"ensembles mesurables, montrer que (figure-bonus possible) : m 1\ k=1E k =limK!1mEK; puis trouver un exemple simple faisant voir que cette conclusion peut être mise en défaut sans l"existence dek0tel quem(Ek0)<1. Exercice 5.Le but de cet exercice est de montrer que recouvrir les sous-ensemblesERd par un nombrefinide cubes ne suffit pas à produire un concept réellement satisfaisant de mesure extérieurem(E). On se restreint ici à la dimensiond= 1. En effet, lamesure extérieure de JordanmJ(E)peut être définie par : m

J(E) =infJX

j=1 Ij; où l"infimum est pris sur les recouvrementsfinis : EJ[ j=1I j; par des intervalles fermésIj. (a)Montrer quemJ(E) =mJE pour tout sous-ensembleER. (b)Trouver un sous-ensemble dénombrableE[0;1]tel quemJ(E) = 1, tandis que sa mesure extérieure de Lebesgue vautm(E) = 0.

1.Examen 1 3Exercice 6.DansRd, soit un nombre fini quelconquen>1de sous-ensembles mesurables

1;A2;:::;AnRdde mesures finies :

m(A1)<1; m(A2)<1; ::::::; m(An)<1:

Montrer que (figure-bonus possible) :

m A

1[A2[ [An

16k6n(1)k1X

16i1 A i1\Ai2\ \Aik Exercice 7.Soitmla mesure de Lebesgue surRet soit" >0arbitrairement petit.
Construire un ouvert

Rdense dansRtel quem(
)6". Exercice 8.Soitf2C0c(Rd;R)une fonction réelle continue à support compact. Montrer que :
0 =limh!0Z
R df(xh)f(x)dx: Indication:Sisupp(f)B(0;R)pour un rayonR1assez grand, se limiter àh2Rdavec jhj<1et se ramener àR
B(0;R+1).
Exercice 9.Trouver une suite de fonctions en escalierfn: [0;1]!R+satisfaisant :
0 =limn!1Z
1 0 f n(x)dx; mais telle que, entoutpointx2[0;1], la suite numérique :fn(x)1 n=1 soit bornée et ne converge vers aucune valeur réelle.Indication:Utiliser la suite double F k;m(x) :=1[k1m ;km ]pour16k6m, illustrer son comportement pourm= 1;2;3;4,
décrire en mots les idées qui viennent à l"esprit, et enfin, rédiger en détail une démonstra-
tion rigoureuse.
4 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France2. Corrigé de l"examen 1
Exercice 1.Commef:Rd!R+est Lebesgue-intégrable, pour tout réel >0, l"en- semble de sur-niveau : E :=x2Rd:f(x)> est mesurable dansRd. De plus, l"inégalité entre fonctions : f(x)>1E(x)(8x2Rd); est claire lorsquex62Ecarf(x)>0 =0par hypothèse, et vraie aussi lorsquex2E, carf(x)> =1, donc elle est satisfaite partout. Par intégration de cette inégalité, nous obtenons instantanément :Z R df>mE; ce qui donne bienm(E)61 R R df. R R df E EE m(E) Géométriquement, l"hypographe def:(x;y)2RdR+: 06y6f(x); dont la mesure(d+ 1)-dimensionnelle vautR R dfd"après un théorème du cours, est "coupé» à hauteur >0, et sur le sous-ensembleERdoùf > , on ne retient que la valeur-type, ce qui correspond à restreindre la considération au "pseudo-rectangle» de hauteuret de "base»E, lequel est entièrement contenu dans l"hypographe def au-dessus deE:(x;y):x2E;06y6(x;y):x2E;06y6f(x);
et par intégration "visuelle», on trouve bien que l"aire de ce pseudo-rectangle est inférieure

à l"aire intégrale totale :
mE6Z R df:
2.Corrigé de l"examen 1 5Exercice 2.(a) Une fonctionf:E! f1g [R[ f1gdéfinie sur un sous-ensemble
mesurableERdest ditemesurablesi, pour touta2R, son ensemble de sous-niveau : f
1[1; a[=x2E:f(x)< a;
est un sous-ensemblemesurabledeRd. Dans le cours, on a obtenu les caractérisations
équivalentes suivantes :
pour touta2R, l"ensemble :x2E:f(x)6a est mesurable; pour touta2R, l"ensemble :x2E:f(x)>a est mesurable; pour touta2R, l"ensemble :x2E:f(x)> a est mesurable; pour tout couple de nombres réels finis :
1< a < b <+1;
les ensembles-tranches : a < f < b sont mesurables; plus généralement, il en va de même en remplaçantfa < f < bgpar l"un des trois ensembles :a6f < b;a < f6b;a6f6b: (b)On en déduit que pour toutk2Z, les ensemblesEk:=fx2Rd: 2k1< f(x)6 2 kgsont mesurables dansRd. (c)Pour toutk2Z, l"ensembleEk=fx2Rd: 2k1< f(x)62kgest contenu dans l"ensemble : E :=x2Rd:f(x)>0; donc : k2ZE kE: Pour l"inclusion opposée, soitx2Equelconque. Commef(x)>0, et comme la réunion d"intervalles enchaînés :a k2Z
2k1;2k= ]0;1[
est disjointe, il existe un unique entierkx2Ztel que : 2 kx1< f(x)62kx; ce qui signifiex2Ekx, et donne bien :[ k2ZE kE:
6 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(d)Soitx2Rdquelconque fixé.
Sif(x) = 0, alors pour toutn2N, puisquex62Ekquel que soitk2Z, on a : F n(x) =X jkj6n2 k1Ek(x) = 0; puis en faisantn! 1:
F(x) = 0 =f(x);
d"où trivialement 12
F(x)6f(x)6F(x), car12

06060, c"est très vrai, mon bébé!
Si maintenantf(x)>0, il existe un uniquekx2Ztel quex2Ekx, d"où pour tout n>jkxj: F n(x) = 2kx; puis en faisantn! 1:
F(x) = 2kx:

Comme par définition dekxon a :
12
F(x) = 2kx1< f(x)62kx=F(x);
en relaxant la "strictitude» de l"inégalité à gauche, nous obtenons bien12
F(x)6f(x)6
F(x). (e)Commef:Rd!R+est mesurable à valeurs positives finies,fest Lebesgue- intégrable (par définition!) si et seulement siR R df <1. Or une intégration de l"enca- drement defparFobtenu à l"instant dans la question précédente donne : 12 Z R dF6Z R df6Z R dF; doncfest Lebesgue-intégrable surRdsi et seulement siFl"est. Maintenant, il est temps d"observer que la suite(Fn)1n=1de fonctions positives est crois- sante : F n+1(x)Fn(x) = 2(n+1)1En1(x) + 2n+11En+1(x)>0; ce qui permet d"appliquer le théorème de convergence monotone pour obtenir :Z R dF=Z R d limn!1Fn =limn!1Z R dFn =limn!1Z R d X jkj6n2 k1Ek =limn!1X jkj6n2 kmEk X k2Z2 kmEk
2R+[ f1g;
et donc on a bien : Z R df <1 ()Z R dF <1 ()X k2Z2 kmEk:
2.Corrigé de l"examen 1 7(f)Avec un exposanta2R, la fonction :
f a(x) :=(jxjalorsque00ailleurs;

est mesurable à valeurs>0. Puisque dans la boule unité ferméefjxj61g, on ajxjc61pour tout exposant réel c>0, la fonctionfaest toujours intégrable lorsquea60. Supposons donca >0, et, en application de ce qui précède, regardons, pour toutk2Z, les ensembles : E k=x2Rd: 2k1< fa(x)62k x2Rd: 06jxj<12 k1a qui s"avèrent ainsi visuellement être une collection infinie d"anneaux (en dimensiond= 2), ou de coquilles sphériques (en dimensiond= 3), emboîtés. Or lorsquek60, on voit queEk=;, et donc seuls lesEkaveck>1interviennent. Maintenant, grâce à la question(e),fest Lebesgue-intégrable si et seulement si : 1X k=12 kmEk<1: Mais chacune de ces coquillesd-dimensionnellesEkaveck>1apparaît manifestement comme étant la dilatée du facteur 12 ka de la coquille de référence : C a:=x2Rd: 16jxj<12 1a évidemment de mesure strictement positive finie0< m(Ca)<1, et donc d"après la propriété naturelle de dilatation de la mesure de Lebesgue : mF=dm(F)(>0; FRdmesurable); on obtient ici : mEk=12 ka d mCa; d"où enfin, en reconnaissant une série géométrique sérendipitrice : 1 X k=12 kmEk=mCa1X k=12 k(1da )=8 :1lorsquea>d; m(Ca)2(1da )12(1da )lorsque0< a < d; ce qui montre quefaest intégrable si et seulement sia < d. Passons maintenant au cas - fort similaire! - de la fonction : g b(x) :=(jxjblà oùjxj>1;

0ailleurs:

Lorsqueb>0, elle est manifestement non-intégrable.

Supposons doncb >0. Dans ce cas :

E k=x2Rd:jxj>1et12 kb

6jxj<12

k1b

8 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, FranceavecEk=;pourk>1. Toujours avec :

C b:=x2Rd: 16jxj<12 1b on vérifie que : 0 X k=12 kmEk=mCb0X k=12 k(1db )=8 :1lorsque0< b6d; m(Cb)112db

1lorsqueb > d;

ce qui montre quegbest intégrable si et seulement sib > d. Exercice 3.Soitf: [a;b]!Rune fonction réelle quelconque, pas forcément bornée. Dans la définition des sommes de Darboux associées à des subdivisions[a;b], il se peut alors que l"infimum defsur un intervalle de la subdivision (ou son supremum) soit infini, auquel cas la somme de Darboux correspondante est infinie. Dans tous les cas rien ne nous empêche de vérifier si pour tout" >0, il existe une subdivision de[a;b]: a=x0< x1<< xn1< xn=b; telle que : (f)(f)6": Supposons cette condition verifiée pour un" >0fixé, et montrons qu"alorsfest né- cessairement bornée. Raisonnons par l"absurde et supposonsfnon bornée, par exemple sup [a;b]f= +1. Alors il existe un entier16k6ntel que surIk= [xk1;xk], on a sup

Ikf= +1et donc(f) = +1. Mais alors

(f)>(f)"= +1: Cela entraîne que sur un certain intervalleIl= [xl1;xl], on ainfIlf= +1, ce qui est im- possible, car on considère des fonctions dont toutes les valeurs sont réelles. En conclusion,

si une fontion vérifie la définition de Riemann-intégrabilité, elle est nécessairement bornée.

Une autre démonstration possible part d"une caractérisation obtenue dans le cours : une fonctionf: [a;b]!Rdéfinie sur un intervalle compact[a;b]Rest Riemann- intégrable si et seulement si, pour tout" >0, il existe deux fonctions en escalier encadrant f: f esc1;"6f6fesc2;"; telles que : 06Zb a fesc2;"Z b a fesc1;"6": La fonctionfsera de nouveau implicitement bornée, puisque les fonctions en escalier sont (par nature) bornées. Exercice 4.Cela apparaît explicitement dans le cours, mais refaisons la démonstration. Quitte à renuméroter la suite, on peut supposer quek0= 1après éliminination des ensemblesE1;:::;Ek01qui ne comptent pas dans l"intersection infinie. PosonsE:=T1 k=1Ek, et considérons alors les différences : E kEk+1(k>1);

2.Corrigé de l"examen 1 9de telle sorte qu"on peut représenter sous forme de réunion disjointe :

1=E[1[

k=1

EkEk+1:

Grâce au théorème d"additivité dénombrable disjointe, on peut alors calculer : m

E1=m(E) +limK!1K1X

k=1h mEkmEk+1i =m(E) +mE1limK!1mEK: PuisquemE1<1, à gauche et à droite, on a des nombres réels positifs finis, donc après simplification : m(E) =limK!1mEK: Sans l"hypothèse quemEk<1à partir d"un certain rangk>k0, l"énoncé est faux, car si on prend par exempleEk:= [k;1[R, alorsT1 k=1Ek=;tandis quem(Ek) =1 pour toutk>1, ce qui entraîne la non-coïncidence : m 1\ k=1E k = 06=1=limK!1mEK:

Exercice 5.

(a) Pour prouver l"égalité demandée, on va raisonner par double inégalité. Avec" >0arbitrairement petit, soit[Jj=1Ijun recouvrement deEpar un nombre fini d"intervalles fermés tels que : J X j=1jIjj6mJ(E) +": Alors en utilisant le fait qu"une réunionfiniede fermés est fermée, il vient en prenant les adhérences :E[16j6JIj=[16j6JIj: Donc[Jj=1Ijest aussi un recouvrement de la fermetureEpar un nombre fini d"intervalles fermés, ce qui implique par définition demJ(E): m JE 6JX j=1jIjj:

Cette inégalité étant vraie pour tout recouvrement deE, on peut passer à l"infimum, c"est-

à-dire faire">!0, pour obtenir une première inégalité : m JE

6mJ(E):

L"inégalité inverse est plus "naturelle-automatique», donc plus facile. En effet, si[Jj=1Ij est un recouvrement deEpar un nombre fini intervalles fermés, alors l"inclusion :

EE[16j6JIj;

10 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Francefait voir que[Jj=1Ijestaussiun recouvrement deE, ce qui donnemJ(E)6PJ

j=1jIjj, puis en prenant l"infimum, l"inégalité inverse conclusive : m

J(E)6mJ(E):

Notons qu"en réalité, nous venons simplement de ré-utiliser le fait connu que la mesure extérieure de Jordan est croissante sur toute inclusion telle queEE. (b)On cherche ici un ensemble dénombrable de mesure de Borel-Lebesgue nulle dont l"adhérence soit de mesure grande au sens de Jordan. Il vient naturellement à l"esprit de regarder :

E:=Q\[0;1];

qui a pour adhérenceE= [0;1]. Cet ensembleEest dénombrable carQl"est, donc mesurable de mesure de Borel-

Lebesguem(E) =m(E) = 0.

Mais d"après la question précédente,

J(E) =mJE

=mJ([0;1]) = 1; puisque Jordan n"a pas fait la bêtise de ne pas attribuer1comme mesure - et comme mesure extérieure! - à l"intervalle unité[0;1], ce qu"on peut vérifier rapidement comme suit. Tout recouvrement[Jj=1Ijde[0;1]par des intervalles vérifie nécessairementPJ j=1jIjj>1, et comme on a même égalité en utilisant le recouvrementI1= [0;1], nous déduisons bien quemJ([0;1]) = 1. Exercice 6.Les complémentaires des sous-ensemblesAiRdseront notés de manière abrégée : R dnAi=:Aci(i=1;2;3): Pour la formule visée, le casn= 1est trivial, tandis que le casn= 2se démontre en partant des trois réunionsdisjointes : A

1[A2= (A1\Ac2)[(A1\A2)[(Ac1\A2);

1= (A1\Ac2)[(A1\A2);

2= (A1\A2)[(Ac1\A2);

dont on n"hésite pas à prendre les mesures :quotesdbs_dbs42.pdfusesText_42

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Examens corrigés

FrançoisDEMARÇAY

Département de Mathématiques d"Orsay

Université Paris-Saclay, France

1. Examen 1

Exercice 1.

Montrer que (figure-bonus possible) :

F6f6F:

2 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(f)Aveca;b2R, on introduit les deux fonctions :

0autrement:

On suppose que pour un certain entierk0>1, on a :

J(E) =infJX

1.Examen 1 3Exercice 6.DansRd, soit un nombre fini quelconquen>1de sous-ensembles mesurables

1;A2;:::;AnRdde mesures finies :

Montrer que (figure-bonus possible) :

1[A2[ [An

16k6n(1)k1X

Construire un ouvert

Rdense dansRtel quem(

0 =limh!0Z

B(0;R+1).

0 =limn!1Z

4 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France2. Corrigé de l"examen 1

à l"aire intégrale totale :

2.Corrigé de l"examen 1 5Exercice 2.(a) Une fonctionf:E! f1g [R[ f1gdéfinie sur un sous-ensemble

1[1; a[=x2E:f(x)< a;

équivalentes suivantes :

1< a < b <+1;

2k1;2k= ]0;1[

6 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, France(d)Soitx2Rdquelconque fixé.

F(x) = 0 =f(x);

F(x)6f(x)6F(x), car12

06060, c"est très vrai, mon bébé!

F(x) = 2kx:

Comme par définition dekxon a :

F(x) = 2kx1< f(x)62kx=F(x);

F(x)6f(x)6

2R+[ f1g;

2.Corrigé de l"examen 1 7(f)Avec un exposanta2R, la fonction :

0ailleurs:

Supposons doncb >0. Dans ce cas :

6jxj<12

8 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, FranceavecEk=;pourk>1. Toujours avec :

1lorsqueb > d;

Ikf= +1et donc(f) = +1. Mais alors

2.Corrigé de l"examen 1 9de telle sorte qu"on peut représenter sous forme de réunion disjointe :

1=E[1[

EkEk+1:

E1=m(E) +limK!1K1X

Exercice 5.

6mJ(E):

EE[16j6JIj;

10 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclay, Francefait voir que[Jj=1Ijestaussiun recouvrement deE, ce qui donnemJ(E)6PJ

J(E)6mJ(E):

E:=Q\[0;1];

Lebesguem(E) =m(E) = 0.

Mais d"après la question précédente,

J(E) =mJE

1[A2= (A1\Ac2)[(A1\A2)[(Ac1\A2);

1= (A1\Ac2)[(A1\A2);

2= (A1\A2)[(Ac1\A2);