Int´egration et Probabilit´es (M43050) 2010-2011 Projet de corrig´e du DST du mardi 1er mars 2011
—Exercice I—
Dans cet exercice, on d´esigne par E l’intervalle semi-ouvert ]0,1], parB la tribu bor´elienne de E et parλla mesure de Lebesgue sur(E,B). Pour chaque entierk≥0on d´esigne par Ik l’intervalle semi-ouvert
Ik= ]2−k−1,2−k] ={x∈R: 2−k−1< x≤2−k}.
On pourra utiliser sans preuve l’information suivante : les intervalles(Ik)k>0forment une partition de Een ensembles de la tribu B.
a. On consid`ere la famille de partiesA ⊂ P(E) form´ee de toutes les r´eunions
A(J) = [
k∈J
Ik,
o`uJ⊂Nvarie dans la familleP(N)de tous les sous-ensembles deN(y comprisJ =∅, qui donne A(∅) =∅). V´erifier que Aest une tribu de parties de E, contenue dans B. Montrer que A est la plus petite tribu de parties de Equi contienne tous les intervalles (Ik)k>0.
Solution. —On a dit que∅est dans la familleA, obtenu avec J =∅; montrons queAest stable par compl´ementaire : comme on a une partition de E, le compl´ementaire de A(J) est A(N\J) ; en effet, sixest un point de E qui n’est pas dans A(J), il est dans un certain intervalle I` puisque les intervalles constituent une partition de E. On ne peut pas avoir `∈J, sinon on aurait dans ce cas
x∈I` ⊂A(J),
contrairement `a l’hypoth`esex /∈A(J). Le compl´ementaire de A(J) est donc contenu dans A(N\J) et inversement tous les intervalles I` pour ` /∈J sont disjoints de A(J), donc
A(N\J)⊂ A(J)c
, ce qui prouve l’´egalit´e ensembliste annonc´ee.
Si An = A(Jn) est une suite de parties dansA, on voit que si J =S
n>0Jn, on a A(J) = [
n>0
A(Jn).
On a prouv´e ainsi queA est une tribu.
Comme tous les Ik sont dans B, la r´eunion d´enombrable A(J) = [
k∈J
Ik
est aussi dansB, donc la tribu bor´elienne B contient tous les ensembles de A.
On montre de la mˆeme fa¸con que toute tribuT qui contient tous les intervalles Ik contient tous les ensembles A(J), c’est-`a-dire que A ⊂ T. La tribu A est bien la plus petite tribu qui contienne tous les intervalles Ik.
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b. Montrer que pour toute suite (ak)k>0 de r´eels ≥ 0, la fonction f : E → [0,+∞[ d´efinie par f = P
k>0ak1Ik est A-mesurable. R´eciproquement, montrer que si f : E → [0,+∞[ est A-mesurable, alors
f =X
k>0
f(2−k)1Ik
(on notera que si un ensembleAde la tribuAcontient le point2−k, pour un certain entierk≥0, alors Ik⊂A). V´erifier quef est B-mesurable et montrer que
Z
E
fdλ=X
k>0
f(2−k) 2−k−1.
Solution. —Soitcun nombre r´eel ; on voit que l’ensemble{f > c}est la r´eunion des intervalles Ik
tels queak > c; si on pose
Jc={k∈N:ak > c} ⊂N, on trouve que
{f > c}= A(Jc)∈ A.
La fonction f est donc A-mesurable.
Inversement, supposons que f : E → [0,+∞[ soit A-mesurable. Pour tout entier k ≥ 0 donn´e, l’ensemble
Ak ={x∈E :f(x) =f(2−k)}
est dans A parce que f est A-mesurable, et il contient ´evidemment le point x = 2−k; d’apr`es l’indication, on en d´eduit que Ik ⊂Ak : la fonction f est constante ´egale `a f(2−k) sur Ik, pour tout entierk≥0. On constate ainsi que
f =X
k>0
f(2−k)1Ik.
Il reste `a v´erifier l’indication. Si A est un ensemble de la tribuA, il est de la forme A(J), r´eunion d’intervalles I` pour les`∈J ; mais l’intervalle Ik est le seul intervalle qui contienne le point 2−k. Si 2−k appartient `a A = A(J), il est n´ecessaire que ksoit ´el´ement de J, et alors
Ik⊂A(J) = A, ce qui ach`eve la v´erification de l’indication.
On a montr´e que A ⊂ B, donc {f > c} ∈ B pour tout r´eel c, ce qui signifie que f est B-mesurable. Commef est≥0, les valeursf(2−k) sont positives et la suite
fn=
n
X
k=0
f(2−k)1Ik
de fonctions B-´etag´ees positives tend simplement en croissant vers la fonction f. D’apr`es le th´eor`eme de convergence monotone,
Z
E
fdλ= lim
n
Z
E
fndλ.
Chacune des fonctionsfn est ´etag´ee, donc Z
E
fndλ=
n
X
k=0
f(2−k)λ(Ik) =
n
X
k=0
f(2−k) 2−k−1. Par cons´equent
Z
E
fdλ= lim
n n
X
k=0
f(2−k) 2−k−1=X
k>0
f(2−k) 2−k−1.
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— Exercice II—
Dans cet exercice, on d´esigne parB la tribu bor´elienne de ]0,1[et par λla mesure de Lebesgue sur (]0,1[,B); on suppose que G : ]0,1[→]0,+∞[ est une fonction croissante continue (donc B-mesurable) telle que
xlim→0G(x) = 0 et Z
]0,1[
G(x) dλ(x)<+∞.
a. Etudier le sens de variation de´ x∈]0,1[→G(xn) et den∈N∗→G(xn). Montrer que
n→lim+∞
Z
]0,1[
G(xn) dλ(x) = 0.
Solution. — Comme 0< x <1 on d´eduit que
xn+1=x·xn <1·xn =xn, et comme G est croissante,
G(xn+1)<G(xn).
On remarque qu’il en r´esulte que
0≤G(xn)≤G(x).
Par ailleurs, pour toutn >0
0< x < y <1 ⇒ 0< xn < yn<1 donc
x→G(xn) est croissante.
Fixons x∈]0,1[ ; la suite xn tend vers 0, donc G(xn) tend vers 0 = limy→0G(y) ; la suite de fonctions x→ G(xn) tend vers 0 en ´etant domin´ee par la fonction int´egrable fixe G ; par le th´eor`eme de convergence domin´ee,
limn
Z
]0,1[
G(xn) dλ(x) = 0.
b.Montrer que
n→lim+∞
Z
]0,1[
u1/nG(u)
u dλ(u) = Z
]0,1[
G(u) u dλ(u) (la valeur de l’int´egrale de droite est finie ou ´egale `a+∞).
Solution. —Pour toututel que 0< u <1, on v´erifie queu1/ntend en croissant vers 1 lorsquen tend vers l’infini. En effet,
u1/n= eln(u)/n
et comme ln(u) < 0, 1/n d´ecroissante vers 0, la suite ln(u)/n est croissante vers 0, et u1/n est croissante vers e0= 1. Comme G(u)/u est positif, il en r´esulte queu1/nG(u)/u tend en croissant vers G(u)/u. Par le th´eor`eme de convergence monotone,
Z
]0,1[
G(u)
u dλ(u) = lim
n→+∞
Z
]0,1[
u1/nG(u)
u dλ(u).
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c.Montrer que pour tout entiern≥1, et tousa, btels que0< a < b <1, on a l’´egalit´e suivante entre int´egrales de Riemann :
n Z b
a
G(xn) dx= Z bn
an
u1/nG(u) u du.
Solution. — Sur l’intervalle [a, b] le changement de variable u =xn est de classe C1, ainsi que le changement r´eciproque x = ϕ(u) = u1/n. On voit que ϕ0(u) = n−1u1/n−1 donc en posant H(x) = G(xn), on obtient, par la formule de changement de variable pour les int´egrales de Riemann,
Z bn
an
u1/nG(u)
u du=n Z bn
an
G(ϕ(u)n)ϕ0(u) du=n Z bn
an
H(ϕ(u))ϕ0(u) du
=n
Z ϕ(bn)
ϕ(an)
H(x) dx=n
Z ϕ(bn)
ϕ(an)
G(xn) dx=n Z b
a
G(xn) dx.
d. D´eduire des questions pr´ec´edentes que
n→lim+∞ n Z
]0,1[
G(xn) dλ(x) = Z
]0,1[
G(u)
u dλ(u).
Solution. — Fixons n, et introduisons deux suites (ak) et (bk) telles que 0 < ak < bk < 1 pour toutk, et que ak tende vers 0 en d´ecroissant et bk tende vers 1 en croissant. Alors la suite d’indicatrices
1[ak,bk]
tend en croissant vers 1]0,1[ et de mˆeme la suite d’indicatrices 1[ank,bnk]
tend en croissant vers 1]0,1[ quandk tend vers l’infini. Comme G est positive, n1[ak,bk](x)G(xn)
tend en croissant vers n1]0,1[(x)G(xn), et 1[an
k,bnk](u)u1/nG(u) u tend en croissant vers
1]0,1[(u)u1/nG(u) u .
En appliquant deux fois le th´eor`eme de convergence monotone, et une fois le r´esultat de la questionc, on voit que
n Z
]0,1[
G(xn) dx= lim
k n Z bk
ak
G(xn) dx= lim
k
Z bnk
ank
u1/nG(u) u du=
Z
]0,1[
u1/nG(u) u du.
D’apr`es la questionb, on d´eduit que limn n
Z
]0,1[
G(xn) dx= Z
]0,1[
G(u) u du.
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