Int´egration et Probabilit´es (M43050) 2010-2011 Corrig´e de l’examen du lundi 16 mai 2011 — Exercice I — On d´esigne par J l’intervalle ouvert ]0, +∞[, et par λ la mesure de Lebesgue sur (R,B

Int´egration et Probabilit´es (M43050) 2010-2011 Corrig´e de l’examen du lundi 16 mai 2011

— Exercice I —

On d´esigne par J l’intervalle ouvert ]0,+∞[, et par λ la mesure de Lebesgue sur (R,BR). On rappelle quen! =R

Juⁿe^−u dλ(u).

1.Pour quelles valeurs deα r´eel la fonction t∈J→t^αe^−√t est-elle Lebesgue-int´egrable sur J? Quand 2α+ 1∈N, montrer que

Z

J

t^αe^−√t dλ(t) = 2·(2α+ 1)!

Solution. —La fonctiont∈J→t^αe^−√t est continue≥0 sur J, donc son int´egrale de Lebesgue sur J est ´egale `a la limite quandεց0 des int´egrales de Riemann

Iε= Z ε⁻¹

ε

t^αe^−√t dt, 0< ε <1

(si on veut tout d´etailler, on a utilis´e ici le th´eor`eme de convergence monotone, et l’´egalit´e des int´egrales de Riemann et de Lebesgue pour une fonction continue sur un intervalle compact).

Dans cette int´egrale on fait le changement de variablet=u²,ε^1/2≤u≤ε^−1/2, d’o`u dt= 2udu, ce qui donne

Iε = 2

Z ε^−1/2

ε^1/2

u^2α+1e^−u du.

Au voisinage (droit) de 0 la fonction int´egr´ee est ´equivalente `a 2u<sup>2α+1</sup>, donc par les crit`eres d’int´egrabilit´e de Riemann il y a convergence vers une limite finie, quandε→0, pour l’expression

2 Z 1

ε^1/2

u^2α+1e^−u du,

si et seulement si 2α+ 1>−1, soit encoreα >−1. Sinest un entier>0 tel que 2α+ 1≤n, on a du cˆot´e de l’infini, en utilisant l’information rappel´ee dans l’´enonc´e,

2

Z ε^−1/2

1

u^2α+1e^−u du≤2 Z +∞

1

uⁿe^−u du <2. n!<+∞.

La fonction t ∈ J → t^αe^−√t est donc Lebesgue-int´egrable sur J si et seulement si α > −1. Si 2α+ 1 =m, entier ≥0, la limite de Iε est

2 Z +∞

0

u^2α+1e^−u du= 2 Z +∞

0

u^me^−u du= 2. m!

en utilisant `a nouveau le rappel.

2. Montrer que la fonctionf d´efinie sur J par

∀x∈J, f(x) = Z

J

sin²(xu) e^−√u x²u^3/2 dλ(u)

est continue ≥0 sur J, et d´eterminer sa limite en0. Montrer quef est de classe C¹ sur J.

Solution. — Posons

F(x, u) = sin²(xu) e^−√u

x²u^3/2 = sin²(xu) x²u²

√ue^−√u;

pour chaqueu ∈J fix´e, la fonction x→ F(x, u) est continue sur J ; de plus, comme|sinθ| ≤ |θ| pour toutθ r´eel, on a l’encadrement

(1) 0≤F(x, u)≤√

ue^−√u

qui prouve que pour toutx∈J, la fonction u→ |F(x, u)| est major´ee par la fonction u∈J→√

ue^−√u,

qui est ind´ependante du param`etre x et qui est Lebesgue-int´egrable sur J d’apr`es la question 1 (appliqu´ee avecα= 1/2>−1). On d´eduit d´ej`a que

∀x∈J, 0≤f(x)<+∞,

et ensuite, on d´eduit du th´eor`eme de continuit´e des int´egrales de Lebesgue `a param`etre que la fonctionf est continue sur J. De plus, quandθtend vers 0, le quotient (sinθ)/θtend vers 1, donc

∀u∈J, F(x, u) −→_x→0 √

ue^−√u;

en utilisant la mˆeme majoration (1) et le th´eor`eme de convergence domin´ee, on conclut que f(x) −→_x

→0

Z

J

√ue^−√u dλ(u) = 2 2·¹ 2+ 1

! = 4.

Pour d´eriverf, on remarque d’abord quex→F(x, u) est d´erivable sur J, et

∂F

∂x(x, u) =

−2sin²(xu)

x³ + 2usin(xu) cos(xu) x²

e^−√u u^3/2.

Pour montrer quef est d´erivable sur l’ouvert J, on peut limiter la variation de la variable x `a un intervalle de la forme ]a,+∞[, avec a >0 fix´e mais arbitraire. On peut commencer par ´ecrire la majoration|sin(xu)| ≤ |xu|qui donne pour toutx >0

∂F

∂x(x, u)

≤2u² x +2u²

x

e^−√u u^3/2 = 4

x

√ue^−√u, puis, pour toutx > a, on obtient que

∂F

∂x(x, u) ≤ 4

a

√ue^−√u,

ce qui fournit un majorant int´egrable, multiple de celui qui a d´ej`a ´et´e utilis´e pour prouver la continuit´e def. On d´eduit quef est d´erivable sur ]a,+∞[, avec

∀x > a, f^′(x) = Z

J

∂F

∂x(x, u) dλ(u),

et comme x → ^∂F_∂x(x, u) est continue, le th´eor`eme de continuit´e montre que f^′ est continue sur ]a,+∞[ ; commea >0 est quelconque, il en r´esulte quef est de classe C¹sur J.

3.Montrer que Z

J

f(x) dλ(x) =Z

J

sin²y

y² dλ(y)Z

J

e^−√u

√u dλ(u)

<+∞. Solution. — Consid´erons encore la fonction

F(x, u) = sin²(xu) e^−√u x²u^3/2 ;

c’est une fonction continue sur J×J, donc bor´elienne, et elle est ≥0 ; d’apr`es le th´eor`eme de Fubini positif,

Z

J

f(x) dλ(x) = Z

J

Z

J

F(x, u) du dx=

Z

J

Z

J

F(x, u) dx du; l’int´egrale int´erieure vaut

Z

J

F(x, u) dx= Z

J

sin²(xu) e^−√u

x²u^3/2 dx= e^−√u u^3/2

Z

J

sin²(xu) x² dx.

Pour ufix´e, le changement de variable xu=y donne e^−√u

u^3/2 Z

J

sin²(xu)

x² dx= e^−√u u^3/2

Z

J

sin²(y)

y²u⁻² u⁻¹dy= e^−√u u^1/2

Z

J

sin²(y) y² dy, d’o`u l’´egalit´e demand´ee dans la question 3. Il reste `a remarquer que

Z +∞ 0

sin²y

y² dy <+∞,

car la fonction sous l’int´egrale reste born´ee au voisinage de 0 et est ≤ y⁻² `a l’infini (crit`ere d’int´egrabilit´e de Riemann), et que l’int´egrale en u est finie d’apr`es la premi`ere question (ap- pliqu´ee avecα =−1/2>−1).

— Exercice II —

Sia < b, la loi uniforme sur [a, b]est la loi sur (R,BR) dont la densit´e par rapport `a la mesure de Lebesgueλest ´egale `a(b−a)⁻¹1_[a,b].

1.On suppose que U₁ etU₂ sont deux variables al´eatoires r´eelles ind´ependantes de loi uniforme sur [0,1]. Calculer la fonction de r´epartition du minimum V = min(U1,U2). Montrer que la loi de V admet une densit´e par rapport `a λ, et d´eterminer cette densit´e. Calculer l’esp´erance de V.

Solution. — Si le minimum V est > t, c’est que les deux variables U1 et U2 sont > t, donc d’apr`es l’ind´ependance

P(V> t) = P(U1> t)P(U2> t) = P(U1> t)²= 1−FU₁(t)2

. On a donc, pour la fonction de r´epartition FV de la variable al´eatoire V, l’´egalit´e

FV = 1−(1−FU₁)².

La fonction de r´epartition FU₁ vaut 0 quand t ≤0, elle vaut 1 quand t≥1 et quand 0≤t≤1 on a F_U1(t) = P(U₁≤t) = P(0<U₁≤t) =t; pour 0≤t≤1, on a donc

FV(t) = 1−(1−t)²= 2t−t²;

on a FV(t) = 0 sit≤0, et FV(t) = 1 sit≥1. On v´erifie que FVest continue surRet de classe C¹ par morceaux. Il en r´esulte que la loi de V admet une densit´efV´egale `a la d´eriv´ee de la fonction de r´epartition, `a savoir

fV(t) =1[0,1](t) (2−2t).

On en d´eduit E V =

Z

R

tfV(t) dt= Z 1

0

(2t−2t²) dt=h

t²−2t³/3i1

0= 1−2/3 = 1/3.

2.On pose S = U1/U2et T = U²₂/2; justifier le fait que Sest d´efinie presque sˆurement. Montrer que la loi du couple (S,T) admet la densit´e 1_A(s, t) par rapport `a la mesure de Lebesgue λ<sub>2</sub> de R<sup>2</sup>, o`u

A ={(s, t)∈R²: 0< s,0< t <1/2, s√

2t <1}.

En d´eduire la loi de S. Montrer que P(x <S≤y) = (y−x)/2quand 0≤x ≤y≤1.

Solution. —Comme la loi de U2admet une densit´e par rapport `aλ, la probabilit´e de l’´ev´enement {U2= 0} est nulle, donc S est bien d´efinie en dehors de l’ensemble P-n´egligeable {U2= 0}.

Pour d´eterminer la loi du couple (S,T), on va calculer Ef(S,T) au moyen d’une int´egrale surR², lorsque f est une fonction bor´elienne≥0 surR². On a

Ef(S,T) = Ef(U1/U2,U²₂/2)

qui se calcule au moyen de la loi du couple (U1,U2). Comme U1 et U2 sont ind´ependantes, la loi du couple est le produit des deux lois uniformes sur les deux coordonn´ees, c’est donc la mesure de Lebesgue sur le carr´e [0,1]². Comme les bords du carr´e sont n´egligeables, on peut choisir de calculer l’int´egrale en ne prenant que l’int´erieur du carr´e, qui est l’ouvert V = ]0,1[×]0,1[,

Ef(S,T) = Z

V

f(u/v, v²/2) dλ2(u, v).

On va calculer cette int´egrale par le changement de variable (s, t) = (u/v, v²/2). Pr´ecis´ement, consid´erons l’application Ψ d´efinie sur l’ouvert V par

∀(u, v)∈V, Ψ(u, v) = (u/v, v²/2) et posons (s, t) = Ψ(u, v).

Puisque 0 < u, v < 1, et puisque s = u/v et t = v²/2, on d´eduit que s > 0, 0 < t < 1/2 et s√

2t = (u/v)v = u < 1, ce qui prouve que (s, t) ∈ A ; on a donc Ψ(V) ⊂ A. Si (s, t) ∈ A et si on veut retrouver (u, v) ∈ V tel que (s, t) = Ψ(u, v), on commence par r´esoudre t = v²/2 qui donne v = √

2t > 0, et comme (s, t) ∈ A on a t < 1/2 donc v < 1. Ensuite, on ´ecrit u = (u/v)v = s√

2t > 0, qui est bien < 1 par d´efinition de A. On a ainsi trouv´e l’application inverse de Ψ,

∀(s, t)∈A, Φ(s, t) = (s√ 2t,√

2t)∈V.

On peut v´erifier que Φ est une bijection de A sur V, de classe C¹, inverse de Ψ. Posons

∀(u, v)∈V, g(u, v) =f(u/v, v²/2) =f(Ψ(u, v)).

On exprime (u, v) sous la forme (u, v) = Φ(s, t), pour (s, t) ∈ A, et on applique la formule de changement de variables

Ef(S,T) = Z

V

g(u, v) dudv= Z

A

g(Φ(s, t))|(det JΦ)(s, t)|dsdt.

Commeg(Φ(s, t)) =f(Ψ◦Φ(s, t)) =f(s, t), on aura

(2) Ef(S,T) =

Z

A

f(s, t)|(det JΦ)(s, t)|dsdt.

On calcule la matrice jacobienne

(JΦ)(s, t) = √

2t s/√ 2t 0 1/√

2t

,

dont le d´eterminant vaut 1 en tout point (s, t)∈A. On a finalement `a partir de (2)

(3) Ef(S,T) =

Z

A

f(s, t) dsdt.

Introduisons la mesure dµ(s, t) =1A(s, t) dsdtsur (R²,BR²). On a pour tout bor´elien B deR², en appliquant la formule (3) `a la fonction f =1_B,

P (S,T)∈B

= Z

R²

1B(s, t)1A(s, t) dsdt=µ(B) ; cette ´egalit´e montre que la mesureµest la loi du couple (S,T).

A partir de l`` a on voit que la probabilit´e pour que S≤xest ´egale `a la mesure de l’ensemble produit B = ]−∞, x]×R, qu’on va calculer avec le th´eor`eme de Fubini positif,

P(S≤x) = Z

R²

1s6x1A(s, t) dsdt= Z x

−∞

Z

R

1A(s, t) dt ds.

L’int´egrale int´erieure est la mesure (de dimension un, c’est-`a-dire la longueur) de l’ensemble As

desttels que (s, t)∈A : commes >0 pour tout (s, t)∈A, on voit que cet ensemble As est vide pour touts≤0 ; pours >0,

A_s ={t: 0< t <1/2 et √

2t <1/s}={t: 0< t <min(1/2,1/(2s²)}; pour 0< s≤1 on a As = ]0,1/2[, de longueur 1/2 et pour s≥1 on a As= ]0,1/(2s²)[.

D´efinissons une fonction h bor´elienne≥0 surRen posant h(s) = 0 pours≤0,h(s) = 1/2 entre 0 et 1, et h(s) = 1/(2s²) pour s≥1 : pour tout s∈Rla valeur de h(s) est la longueur de la coupe As, par cons´equent on a

P(S≤x) = Z x

−∞

h(s) ds,

ce qui montre queh(s) dsest la loi de S. En particulier, quand 0≤x≤y≤1, P(x <S≤y) =

Z y

x

h(s) ds= 1 2

Z y

x

ds= (y−x)/2.

On rappelle que l’int´egrale de Riemann g´en´eralis´ee R+∞ 0

sinx

x dxest semi-convergente, et que sa valeur estR+∞

0 sinx

x dx= ^π₂.

3.On suppose maintenant que U suit la loi uniforme sur [−1,1]; justifier le fait que X = 1/U est d´efinie presque sˆurement. Montrer que la fonction caract´eristique de X est ´egale `a

∀t∈R, ϕX(t) = E e^itX

= Z +∞

1

cos(ty) y² dy.

Montrer que pour tout r´eels >0, on a

ϕX(s) = cos(s)−s Z +∞

s

sinx x dx.

Montrer queϕX(t) =ϕX(−t) = 1−^π₂|t|+|t|ε(|t|), o`u limt→0ε(t) = 0.

Solution. — Comme dans la question pr´ec´edente, on a U 6= 0 presque sˆurement (la loi de U admet une densit´e), donc X = 1/U est d´efinie presque sˆurement. On a

E e^itX= E e^it/U= Z

R

e^it/u dPU(u) = 1 2

Z 1

−1

e^it/u du, et en d´ecomposant en sin, cos et en utilisant les parit´es, on voit que

E e^itX= 1 2

Z 1

−1

cos(t/u) + i sin(t/u)

du= 1 2

Z 1

−1

cos(t/u) du= Z 1

0

cos(t/u) du.

On posey= 1/u, 0< u <1 et on obtient

(4) E e^itX=

Z +∞ 1

cos(ty) y² dy.

On proc`ede ensuite par int´egration par parties, pours >0, Z +∞

1

cos(sy)

y² dy=h

−cos(sy) y

i+∞ 1 −s

Z +∞ 1

sin(sy)

y dy.

On pose maintenantx=sy; commes est>0, xvarie de s`a +∞, Z +∞

1

cos(sy)

y² dy = cos(s)−s Z +∞

s

sin(x) x dx.

D’apr`es le rappel sur l’int´egrale de (sinx)/x, on sait que Z +∞

s

sinx

x dx= π

2 +ε1(s),

et d’autre part cos(s) = 1 +sε2(s), o`u limt→0εj(t) = 0 pour j = 1,2 ; on en d´eduit que pour s >0 tendant vers 0, on a

ϕX(s) = 1−π

2s+sε(s).

On note queϕXest paire d’apr`es la formule (4), donc en appliquant le calcul pr´ec´edent `a s=|t| on trouve que

ϕX(t) =ϕX(−t) = 1− π

2|t|+|t|ε(|t|).

Uneloi de Cauchyadmet la densit´eaπ⁻¹(a²+x²)⁻¹par rapport `aλ, pour un certaina >0appel´e leparam`etrede la loi de Cauchy ; unevariable de Cauchyde param`etreaest une variable al´eatoire dont la loi est une loi de Cauchy de param`etrea; sa fonction caract´eristique est t→e^−a|t|. 4.On suppose que les(Uj)j>1sont des variables uniformes sur[−1,1], ind´ependantes, et on pose pour toutn≥1

Y_n= 1 n

n

X

j=1

1 Uj

.

Exprimer la fonction caract´eristique ϕ_Yn `a l’aide de la fonction ϕ<sub>X</sub> de la question 3, et montrer que la loi de Yn converge vers une loi de Cauchy dont on d´eterminera le param`etre.

Solution. —Comme les variables Uj sont ind´ependantes, les variables al´eatoires Xj = 1/Uj sont ind´ependantes aussi, et elles ont la mˆeme fonction caract´eristique, ´egale `a la fonction ϕX de la question pr´ec´edente. Par ind´ependance,

ϕYn(t) = E e^it Pn

j=1n⁻¹Xj

=

n

Y

j=1

E e^intXj = ϕX(t/n)n

.

En utilisant le DL deϕX et celui de ln(1 +u), lnϕ_Yn(t) =nln ϕ_X(t/n)

=n

−π 2

|t| n + t

nεt n

−→_n −π 2|t|. On en d´eduit que

ϕYn(t) −→_n e^−π2|t|,

la fonction caract´eristique d’une variable de Cauchy de param`etre π/2. D’apr`es le cours, on sait que la convergence des fonctions caract´eristiques est ´equivalente `a la convergence des lois (th´eor`eme de L´evy).

— Exercice III —

On fixe deux nombres r´eels p, q tels que 1 < p < +∞ et 1/p + 1/q = 1. On d´esigne par E l’espace L^p( ]0,+∞[,B^]0,+∞[, λ) et par F l’espace L^p(R,BR, λ); dans ces deux espaces la norme d’une fonctionf sera not´ee kfkp.

1.A chaque fonction` ϕ ∈ E on associe la fonction Tϕ d´efinie sur R par (Tϕ)(x) = e^x/pϕ(e^x).

Montrer que Tϕ∈F et que kTϕkp=kϕkp. Montrer que T est une bijection de Esur F.

Solution. — On calcule Z

R

|(Tϕ)(x)|^pdx= Z +∞

−∞ |e^x/pϕ(e^x)|^pdx= Z +∞

−∞ |ϕ(e^x)|^p e^x dx;

par la formule de changement de variable dans les int´egrales de Lebesgue, on obtient en posant t= e^x, pour x∈R,

Z

R|(Tϕ)(x)|^pdx= Z +∞

0 |ϕ(t)|^pdt.

Cette relation montre en mˆeme temps que Tϕest dans F si et seulement si ϕest dans E, et que les normes sont ´egales. Pour prouver le caract`ere bijectif, on trouve l’application inverse de T : sif est une fonction de F, posons

∀t >0, (Sf)(t) =t^−1/pf(lnt).

On v´erifie que TSf =f et STϕ=ϕ.

2.On poseg(x) =1x>0e^−x/q, pourx∈R. V´erifier quegest Lebesgue-int´egrable surR. Montrer que sih est une fonction bor´elienne positive, on a

Z

R

h(y)g(y) dy≤Z

R

h(y)^pg(y) dy1/pZ

R

g(y) dy1/q

.

Solution. — On a

Z

R

g(x) dx= Z +∞

0

e^−x/q dx=q,

un calcul qu’on a d´ej`a fait de nombreuses fois. On consid`ere ensuite la mesure (finie, mais ¸ca n’a pas d’importance) dµ(y) =g(y) dy; si la partie droite de l’in´egalit´e demand´ee est ´egale `a +∞, le r´esultat est vrai ; sinon, h est dans L<sup>p</sup>(µ) et la constante 1 est dans L<sup>q</sup>(µ), et on applique l’in´egalit´e de H¨older `a la mesure µet au produith.1,

Z

R

h(y)g(y) dy= Z

R

h.1 dµ≤Z

R

h^pdµ1/pZ

R

1^qdµ1/q

=Z

R

h^p(y)g(y) dy1/pZ

R

g(y) dy1/q

.

On rappelle que sif est une fonction bor´elienne ≥0 sur R, les fonctions (x, u)→f(u)g(x−u) et(x, y)→f(x−y)g(y) sont mesurables de (R²,BR²) dans ([0,+∞],B[0,+∞]).

3. A toute fonction` f bor´elienne≥0 sur Ron associe la fonction f∗g, `a valeurs dans [0,+∞], d´efinie en posant pour toutx r´eel

(C) (f ∗g)(x) =

Z

R

f(u)g(x−u) du.

Montrer que

(f ∗g)(x) = e^−x/q Z x

−∞

f(u) e^u/q du= Z +∞

0

f(x−y) e^−y/q dy.

Montrer que

(f∗g)(x)p

≤q^p/q Z +∞

0

f(x−y)^pe^−y/q dy, puis montrer que

Z

R

(f∗g)(x)p

dx≤q^p Z

R

f(x)^pdx.

Solution. — Par simple remplacement de g(x−u) par sa d´efinition on obtient (f∗g)(x) =

Z x

−∞

f(u) e^−(x−u)/q du= e^−x/q Z x

−∞

f(u) e^u/q du.

Pour xfix´e on effectue le changement de variable lin´eaire y=x−uet on obtient ainsi e^−x/q

Z x

−∞

f(u) e^u/q du= Z +∞

0

f(x−y) e^−y/q dy.

Posons, toujours pourxfix´e,

h(y) =f(x−y)

et appliquons l’in´egalit´e de la question 2, ´elev´ee `a la puissance p (f∗g)(x)p

=Z

R

h(y)g(y) dyp

≤Z

R

g(y) dyp/qZ

R

f(x−y)^pg(y) dy

=q^p/q Z

R

f(x−y)^pg(y) dy=q^p/q Z +∞

0

f(x−y)^pe^−y/q dy.

On applique ensuite la croissance de l’int´egrale et le th´eor`eme de Fubini positif (grˆace aux rappels sur la mesurabilit´e),

Z

R

(f ∗g)(x)p

dx≤q^p/q Z

R

Z +∞ 0

f(x−y)^pe^−y/q dy dx

=q^p/q Z +∞

0

Z

R

f(x−y)^pe^−y/q dx dy.

L’int´egrale int´erieure vaut Z

R

f(x−y)^pe^−y/q dx= e^−y/q Z

R

f(x−y)^pdx= e^−y/q Z

R

f(x)^pdx, d’apr`es l’invariance par translation de la mesure de Lebesgue, donc

Z

R

(f∗g)(x)p

dx≤q^p/qZ +∞ 0

e^−y/q dyZ

R

f(x)^pdx

=q^p/qqZ

R

f(x)^pdx

=q^pZ

R

f(x)^pdx .

4. On suppose maintenant que la fonction f est un ´el´ement de l’espace F; montrer que la fonctiony∈R→f(x−y)1_y>0e^−y/q est Lebesgue-int´egrable sur Rpour presque toutx∈R, ce qui permet de d´efinir la fonctionf∗g presque partout par l’´equation(C). Montrer quef∗g est dans Fet v´erifie l’in´egalit´e

kf∗gkp ≤qkfkp.

Solution. — Soit f ∈ F ; en appliquant la question pr´ec´edente `a la fonction |f|, mesurable et positive, on trouve

Z

R

(|f| ∗g)(x)p

dx≤q^p Z

R

|f(x)|^pdx <+∞,

ce qui montre que (|f| ∗g)(x) est fini presque partout. On note que pour tout r´eel x tel que (|f| ∗g)(x) < +∞, la fonction y ∈ R → f(x−y)1y>0e^−y/q est Lebesgue-int´egrable sur R puisque l’int´egrale de sa valeur absolue vaut (|f| ∗g)(x) ; la fonctionf∗gest donc d´efinie presque partout ; de plus, quand (|f| ∗g)(x)<+∞, on a

|(f∗g)(x)|= Z

R

f(x−y)g(y) dy ≤

Z

R|f(x−y)|g(y) dy= (|f| ∗g)(x), doncf∗g est dans L^p, et

kf∗gk^pp= Z

R|(f∗g)(x)|^pdx≤ Z

R

(|f| ∗g)(x)p

dx≤q^p Z

R|f(x)|^pdx=q^pkfk^pp.

Certains ´etudiants ont trouv´e une meilleure fa¸con de r´esoudre la premi`ere partie de cette question : pour montrer que la fonction y ∈ R → f(x−y)1_y>0e^−y/q est Lebesgue-int´egrable sur R pour tout x ∈ R, on remarque que y → f(x−y) est dans L^p(R), par l’invariance de la mesure de Lebesgue par translation et retournement, ety→1y>0e^−y/q est dans L^q(R),

Z

R

1y>0e^−y/qq

dy= Z +∞

0

e^−y dy= 1<+∞, donc par H¨older le produit des deux est Lebesgue-int´egrable surR. 5.Siϕ est une fonction de E, montrer que la fonction ψ:t >0→ t⁻¹Rt

0ϕ(u) du est dans Eet v´erifie l’in´egalit´e kψkp ≤qkϕkp (utiliser la bijection Tet exprimer Tψ `a partir de Tϕ).

Solution. — On a

∀x∈R, (Tψ)(x) = e^x/pψ(e^x) = e^x/pe^−x Z e^x

0

ϕ(u) du.

On poseu= e^y, qui est ≤e^x si et seulement si−∞< y ≤x, d’o`u (Tψ)(x) = e^x/pe^−x

Z x

−∞

ϕ(e^y) e^y dy= e^−x/q Z x

−∞

ϕ(e^y) e^y/pe^y/q dy

= e^−x/q Z x

−∞

(Tϕ)(y) e^y/q dy= Z x

−∞

(Tϕ)(y) e^−(x−y)/q dy= ((Tϕ)∗g)(x).

D’apr`es la question1 et la question 4,

kψkp=kTψkp=k(Tϕ)∗gkp≤qkTϕkp =qkϕkp.