1 Algèbre et Tribus de parties d’un ensemble

TD. N^◦1: Tribus - Mesures Positives . . . 5

1 Algèbre et Tribus de parties d’un ensemble . . . 5

Exercice 1 . . . 5

Exercice 2 . . . 7

2 Mesures Positives . . . 8

Exercice 3 . . . 8

Exercice 4 . . . 11

Exercice 5 . . . 13

TD. N^◦2: Applications mesurables . . . 15

1 Mesure Image . . . 15

Exercice 3 . . . 15

2 Mesure de densité . . . 17

Exercice 4 . . . 17

TD. N^◦3: Intégration des fonctions mesurables . . . 21

1 Intégration des fonctions mesurables positives . . . 21

Exercice 1 . . . 21

Exercice 2 . . . 22

2 Fonctions boréliennes . . . 25

Exercice 3 . . . 25

Exercice 4 . . . 25

3 Théorème deFubini . . . 26

Exercice 5 . . . 26

Exercice 6 . . . 28

3

1 Algèbre et Tribus de parties d’un ensemble

Exercice 1

Énoncé :

SoitE un ensemble non vide et soitP(E)la famille de toutes parties deE .

• Une familleM ⊂ P(E), est unλ−système ou classe monotone, si : i)E∈ M.

ii) A∈ M,B∈ M etB⊂A⇒B\A∈ M.

iii) ∀(An)(n≥1)⊂ M,An⊂An+1∀n. S

n≥1An∈ M.

• Une famille C ⊂ P(E) est appeléeπ−système si :∀A∈ C,∀B∈ C. A∩B∈ C.

A) Vérifier que l’intersection deλ−système est unλ−système. Soit une familleA ⊂ P(E).

Le λ − système M(A). intersection des λ − systèmes contenant A est, par définition, le λ−système engendré parM(A). Monter queM(A)est le plus petitλ−système contenant A.

B) SoitC unπ−système surE. On veut montrer queM(C)est unπ−système sur E.

Pour toutA∈ M(C), on pose

M_A={B∈ M(C):A∩B∈ M(C)}

1) Montrer que siA∈ C alorsC ⊂MA.

2) Montrer que pour toutA∈ M(C), la familleMAest unλ−système surE.

3) Montrer que siA∈ C, alorsM(C)⊂MA. 4) Montrer que siB∈ M(C)alorsC ⊂MB.

5) Montrer que pour toutB∈ M(C)on aM(C)⊂MB. 6) Conclure queM(C)est un π−système surE.

C) Montrer que siD⊂ P(E)est à la foisπ−système etλ−système, alorsD est tribu.

D) Soit C un π−système de parties de E. Montrer que M(C) =τ(C). τ(C)étant la tribu engendrée parC.

Rappel :





 C ⊂ M

Mestλ−système

⇒ M(C)⊂ M

Solution.

A)

• Soient (Mi)_i∈I une famille deλ−système . Posons

\

i∈I

Mi={A⊂E/∀i∈I , A∈ Mi}=M Alors :

i. ∀i∈I,M_i est unλ−système ⇒ ∀i∈I,E∈ M_i⇒E∈ M.

ii. SoientA, B∈ MoùB⊂A⇒ ∀i∈I,B\A∈ Mi( carMisont desλ−systèmes)

⇒B\A∈M.

5

iii. (An)(n≥1)⊂ M, A_n⊂An+1 ⇒ ∀i∈I, S

n≥1 A_n ∈ Mi ( car Mi sont des λ−systèmes) ⇒ S

n≥1An∈ M.

Donc : l’intersection deλ−système est unλ−système.

• SoitM0 le plus petitλ−système engendrant parA, alorsM0⊂ M(A), or M(A) =M0∩ {λ−systèmes contenant A}

Cela implique :M(A)⊂ M0, d’où M0=M(A).

B)

1. SoitA∈ C, on a

• B∈ C ⇒B∈ M(C)

• A∩B∈ C ⇒A∩B∈ M(C) Alors : siA∈ C alorsC ⊂MA. 2. On a :

i. E∈ M(C)(M(C)est unλ−système) etA∩E=A∈ M(C)⇒E∈ M(A). ii. SoientB1, B2∈MAoùB1⊂B2⇒B1∩A, B2∩A∈ M(C), commeM(C)est

unλ−système, alorsB2∩A\B2∩A∈ M(C)⇒B2\B1∈MA.

iii. Soit (Bn)_(n≥1)⊂MAoù ∀n≥1 Bn⊂Bn+1 ⇒(A∩Bn)_(n≥1)⊂ M(C)où (A∩Bn)⊂(A∩Bn+1), comme S

n≥1(A∩Bn) =A∩ S

n≥1Bn

∈ M(C), alors S

n≥1B_n∈M_A.

Alors, la famille MAest unλ−système surE.

3. D’après (B-1) A∈ C ⇒ M(C)⊂M_A, d’autre part : A ∈ M(C)est une famille de λ−système , alors :A∈ C ⇒ M(C)⊂MA.

4. Supposons queB∈ M(C). SoitC∈ M(C), alorsB∩C∈ M(C), doncC∈MB où M_B={D∈ M(C):B∩D∈ M(C)} .

5. D’après (B-4) :B∈ M(C)⇒ C ⊂M_B et d’après (B-2),M_B est unλ−système sur E, alorsM(C)⊂MB.

6. D’après (B-5) : ∀B ∈ M(C), M(C) ⊂ MB, donc : ∀A ∈ M(C) ⇒ A ∈ MB ⇒ A∩B∈ M(C), d’où M(C)est unπ−système .

Remarque. Toutλ−système engendré parπ−système est unπ−système.

C) On a :

i. D est unλ−système⇒E∈D.

ii. ∀A∈D,E∈D etA⊂E, commeD est unλ−système, alorsA^c=E\A∈D.

iii. Soient A, B∈D ⇒ A^c, B^c∈D ( d’après ii, et que D est un π−système ), donc A^c∩B^c∈D ⇒ (A^c∩B^c)^c=A∪B∈D, doncDest stable par réunion finie. Soit maintenant (An)n≥1⊂D, on pose Bn=S

i=1

n Ai pour tout n≥1, on obtient que Bn∈D et Bn⊂Bn+1, cela implique que :

[

n≥1

Bn= [

n≥1

[

i=1 n

Ai= [

n≥1

An∈D . Donc: D est Tribu.

D) Par définition deτ(C), on aτ(C)⊂ M(C), d’autre partC ⊂τ(C)etτ(C)est unλ−système, alorsM(C)⊂τ(C), d’oùM(C) =τ(C).

Exercice 2

Énoncé :

Soit µ et ν deux mesures sur un espace mesurable (E ,B). Soit C unπ −système sur E.

On suppose que B est identique à la tribu engendrée par C (i.e. τ(C) =B). On suppose que µ(A) =ν(A),∀A∈ C.

1. On suppose que µ(E) =ν(E)<∞( ou que :E∈ C et µ(E)<∞).

Montrer que µ(A) =ν(A),∀A∈ B.

En déduire que 2 mesures de probabilités égales sur une algèbre A. sont égales sur la tribuτ(A)engendrée parA.

2. On suppose que µest sigma-finie sur C. c’est à dire qu’il existe une suite (En)_n∈^N⊂ C, telle queE=S

n∈NE_net µ(En)<∞ ∀n∈N. Vérifier que µ(A) =ν(A),∀A∈ B.

Rappels :

→ A,B∈ C et µ(A)<∞ ⇒ µ(B\A) =µ(B)−µ(A).

→ µest une mesure surE







µ(∅) = 0

(An)_(n∈I)⊂τ(C) µ(U

An) =P µ(An)

→ µestσ−finie surC ⇔:

∃(En)n≥1⊂ C,Ei∩Ej=∅(∀ij) ,E=S

n≥1En , µ(En)<+∞(∀n≥1) . Solution.

1. Posons :

M={A∈ B, µ(A) =ν(A)}

• Par l’hypothèse on a : C ⊂ M, il reste de vérifier que Mest unλ−système : i. Commeµ(E) =ν(E)etE∈ C ⊂ B, alors :E∈ M.

ii. SoientA, B∈ Mtelles queA⊂B. alors :







µ(A) =ν(A) µ(B) =ν(B) B=AU (B\A)







µ(B) =µ(A) +µ(B\A) ν(B) =ν(A) +ν(B\A)

,

comme µ(A)≤µ(E)<∞donc µ(B\A) =µ(B)−µ(A)de même pour ν, on obtient : µ(B\A) =µ(B)−µ(A) =ν(B)−ν(A) =ν(B\A), orB\A∈ B, d’oùB\A∈ M.

iii. Soit(An)_(n≥1)⊂ M,An⊂An+1⇒ ∀n∈N µ(An) =ν(An), donc :

µ [

n∈N

A_n

!

= lim

n→+∞µ(An) = lim

n→+∞ν(An) =ν [

n∈N

A_n

! , comme(An)_(n≥1)⊂ B ⇒ S

n∈NA_n∈ B, alors S

n∈NA_n∈ M.

Donc :Mest unλ−système, cela implique queτ(C)⊂ M, orC est unπ−système, alors :τ(C) =M, d’où le résultat voulu.

• Soit µetν deux mesures de probabilité égales sur une algèbreA, alors : µ(E) =ν(E) = 1<∞

et comme : Aest algèbre Aest π−système, donc d’après ce qui précède : µ(A) =ν(A) ∀A∈τ(A).

2. Soit :µn(A) =µ(A∩En)etνn(A) =ν(A∩En). Montrons queµnetνnsont des mesures surC.

i. µ_n(∅) =µ(∅ ∩E_n) =µ(∅) = 0.

ii. Soit(Bk)(k∈I)⊂τ(C)oùB_i∩B_j=∅∀ij,

µn(⊎Bk) =µ((⊎Bk)∩En) =µ(⊎(Bk∩En)) =X

µ(Bk∩En) =X

µn(Bk).

On déduit queµn et νnsont deux mesures sur C, avec

µn(E) =µ(E∩En) =µ(En) =ν(En) =ν(E∩En) =νn(E)<∞ D’après question 1 , appliquant aux mesures µ_n et ν_n , on obtient que :

µn(A) =νn(A) ∀A∈ B.

Or :∀A∈τ(C),A=A∩E=S

n≥1(A∩E_n), µ(A) = µ [

n≥1

(A∩E_n)

!

= X

n≥1

µ((A∩E_n))

= X

n≥1

µn(A)

= X

n≥1

ν_n(A)

= X

n≥1

ν((A∩En))

= ν [

n≥1

(A∩En)

!

= ν(A) Donc µ(A) =ν(A), ∀A∈ B.

Conclusion :















C est unπ−système surE µ(A) =ν(A),∀A∈ C.

µ(E) =ν(E)<∞

µ(A) =ν(A), ∀A∈τ(C).

2 Mesures Positives

Exercice 3

Énoncé :

Soit µune mesure positive finie sur(R,BR). Sa fonction de répartition est définie par:

F:RR⁺, xF(x) =µ(]− ∞, x])

1. Vérifier que F est croissante. Montrer que mesures finies ayant la même fonction de répartition sont égales.

2. Montrer queF est continue à droite en tout point dex∈R. ( On admettra que, sif: ]a, b[Rest croissante, alors pour toutx0∈]a, b[les limites à droite et à gauche existent et que de plus :f(x₀⁻) =supa<x<x0f(x) etf(x₀⁺) =infx0<x<bf(x) etf(x₀⁻)≤f(x0)≤f(x₀⁺))

Montrer que limx→−∞F(x) = 0, et que .limx→+∞F(x) =µ(R).

3. Vérifier que pour tout]a, b[,µ(]a, b[) =F(b)−F(a), et montrer que pour tout a∈R,µ(a) est bien définit et que µ(a) =F(a)−F(a⁻).

Montrer que les points aoùF(a)−F(a⁻)>0 est un ensemble au plus dénombrable.

Montrer que l’ensemble des points discontinuité d’une fonction monotone f:RRest finie ou dénombrable.

Solution.

1.

• Soient x, y∈Rtels quex < y, alors :

]−∞, x]⊂]−∞, y]⇒µ()]−∞, x]< µ(]−∞, y])⇒F(x)< F(y) d’où f est croissante surR.

• Soient F µ, Fν deux fonctions de R dans R⁺, telles que Fµ(x) = µ(]− ∞, x]) et F_ν(x) =ν(] − ∞, x]). Posons J_∞ ={x∈R/ ]− ∞, x]), alors (d’après le cours) B^R=τ(J_∞)en plusJ_∞est π−système.

i. Supposons queFµ=Fν, alors :

∀x∈R, Fµ(x)=Fν(x)

∀x∈R, µ(]− ∞, x]) =ν(]− ∞, x])

∀A∈ J_∞ µ(A) =ν(A)

ii. Soit(xn)une suite croissante deR, telle que limn→+∞xn= +∞, donc : [

n≥1

]− ∞, xn] =R cela implique :

µ(R) = lim

n→+∞µ(]− ∞, xn]) = lim

n→+∞ν(]− ∞, xn]) =ν(R)<∞ (ν(R)<∞: car les deux mesures µetν sont finies ).

Alors d’après conclusion d’Exercice 2, on obtient le résultat voulu.

2.

• Soit (sn)_n∈^N⊂R^N décroissante et converge versx, telle que ∀n∈Nsn≥x. On définit An= ]x, sn]pour toutn∈N, il est claire que :∀n∈N An+1⊂An, alors :

µ(An) = µ(]− ∞, sn]\]− ∞, x]) (car : µest une mesure finie) = µ(]− ∞, sn])−µ(]− ∞, x])

= F(sn)−F(x) alors :

n→lim+∞µ(An) = µ \

n∈N

A_n

!

= µ(]x0, x0])

= µ(∅)

= 0

= lim

n→+∞F(sn)−F(x)

Donc : limn→+∞F(sn) =F(x0), ce qui prouve que F est continue à droite en tout point dex∈R.

• Soit (in)_n∈^N une suite de R croissante où lim_n→+∞in = +∞. On définit la suite d’ensembles (An)n∈N⊂ B^Rpar : An= ]−∞, in], pour tout n∈N. Il est claire que

∀n∈N An⊂An+1et S

n∈NAn=R, alors :

x→lim+∞F(x) = lim

n→+∞F(in)

= lim

n→+∞µ(An) (car : (An)est croissante) = µ [

n∈N

An

!

=µ(R)

• Soit(sn)n∈Nune suite deRdécroissante où lim_n→+∞s_n=−∞, On définit la suite d’ensembles (Bn)_n∈^N⊂ B^R par : An= ]−∞, sn], pour toutn∈N. Il est claire que

∀n∈N Bn+1⊂Bn et T

n∈NAn=∅, alors :

x→−∞lim F(x) = lim

n→+∞F(sn)

= lim

n→+∞µ(Bn) (car : (Bn)est croissante et µfinie) = µ \

n∈N

B_n

!

=µ(∅)

3.

• Soienta, b∈Roùa < b, alors]− ∞, a]⊂]− ∞, b], implique queµ(]− ∞, a])< µ(]− ∞, b]), or]a, b] = ]− ∞, b]\]− ∞, a]etµ est une mesure finie, alors

µ(]a, b[) = µ(]− ∞, b]\]− ∞, a])

= µ(]− ∞, b])−µ(]− ∞, a])

= F(b)−F(a)

• Soita∈R, comme :

{a}= [a, a] = \

n≥1

a−1

n, a

, Donc :

µ({a}) = µ \

n≥1

a−1

n, a !

(

a−1 n, a

n≥1

est une suite décroissante ) = lim

n→+∞µ a−1 n, a

= lim

n→+∞F(a)−F

a−1 n

= F(a)− lim

n→+∞F

a−1 n

= F(a)−F(a⁻)

• Posons :

Dm=

a∈R, µ({a}) =F(a)−F(a⁻)≥ 1 m

D={a∈R, µ({a}) =F(a)−F(a⁻)≥0}

il est claire que Card(Dm)<∞et D=S

m∈N∗ Dm, donc Dest dénombrable (car : Toute réunion dénombrable d’ensembles dénombrable est dénombrable ).

• Posons :

J_m=

x∈[a, b], δ(x) =f(x⁺)−f(x⁻)≥ 1 m

J ={x∈[a, b], δ(x) =f(x⁺)−f(x⁻)≥0}

− 1^ercas

——–—: Soitf: [a, b]R, croissante, et(xn)n∈I⊂ Jmoùx1< x2<<xi<

alors :

f(b)−f(a)≥X

(f(x_i⁺)−f(x_i⁻))≥Card(Jm) donc : m

Card(J_m)≤m(f(b)−f(a))<∞

or :

J ⊂ [

m∈N^∗

Jm

!

DoncJ est au plus dénombrable ou finie.

− 2^èmecas

———-—: Soitf:RR, posons :

Kn={x∈]−n, n[, f(x⁺)−f(x⁻)≥0}

K={x∈R, f(x⁺)−f(x⁻)≥0}

comme R=S

n≥1 ]−n, n[, alors : K=S

n∈N∗ Kn, puisqueKn est au plus dénombrable ou finie (d’après 1er cas), alors K est au plus dénombrable ou finie.

− 3^èmecas

———-—: f est décroissante −f est croissante : donne la même démons- tration de cas précédente.

D’où l’ensemble des points discontinuité d’une fonction monotonef:RRest finie ou dénombrable.

Exercice 4

Énoncé :

Soit(E ,B, µ) un espace mesuré. Soit(An)n∈N^∗ une suite d’éléments deB.

a) Montrer que µ(lim inf_n→+∞An)≤lim inf_n→+∞µ(An).

b) Montrer que si µ S

n≥1An

<∞, alors µ(lim sup_n→+∞An)≥lim sup_n→+∞µ(An).

c) Montrer que :P

n≥1 µ(An)<∞ ⇒ µ(lim sup_n→+∞A_n) = 0, ( Lemme de Borel-Cantelli).

Solution.

a) Posons:In=T

k≥nAk, alors: I_n= \

k≥n

A_k=A_n∩ \

k≥n+1

A_k

!

⇒ I_n=A_n∩In+1

⇒ In⊂In+1

donc(In)n≥1est une suite d’ensembles croissante, ainsi : µ

n→lim+∞infAn

= µ [

n=1 +∞

\

k≥n

Ak

!

= µ [

n=1 +∞

In

!

= lim

n→+∞µ(In) d’autre part :

I_n= \

k≥n

A_k ⇒ I_n⊂A_k,∀k≥n

⇒ µ(In)≤µ(Ak),∀k≥n

⇒ µ(In)≤ inf

k≥nµ(Ak)

⇒ lim

n→+∞µ(In)≤ lim

n→+∞ inf

k≥nµ(Ak)

⇒ µ

n→lim+∞infA_n

≤ lim

n→+∞ inf

k≥nµ(Ak),

ce qui prouve le résultat voulu.

b) Posons:Bn=S

k≥n Ak, alors: B_n= [

k≥n

A_k=A_n∪ [

k≥n+1

A_k

!

⇒ B_n=A_n∪Bn+1

⇒ Bn+1⊂Bn

donc(In)n≥1est une suite d’ensembles décroissante, ainsi : µ

n→lim+∞supAn

= µ \

n=1 +∞

[

k≥n

Ak

!

= µ \

n=1 +∞

B_n

!

= lim

n→+∞µ(Bn) d’autre part :

Bn= [

k≥n

Ak ⇒ Ak⊂Bn,∀k≥n

⇒ µ(Ak)≤µ(Bn),∀k≥n

⇒ sup

k≥n

µ(Ak)≤µ(Bn)

⇒ lim

n→+∞sup

k≥n

µ(Ak)≤ lim

n→+∞µ(Bn)

⇒ lim

n→+∞sup

k≥n

µ(Ak)≤µ

n→lim+∞supAn

ce qui prouve le résultat voulu.

c) Posons :

S_n=X

k=1 n

µ(Ak) et S=X

k=1 +∞

µ(Ak), commeS=P

k=1

+∞ µ(Ak)<∞, alors : ( voir le cours de séries SM3 )

n→lim+∞Rn= lim

n→+∞|S−Sn|= lim

n→+∞

X

k=n+1 +∞

µ(Ak)

!

=0 d’autre part :

n→lim+∞sup

k≥n

µ(Ak) = \

n=1 +∞

[

k≥n

A_k

!

⊂ [

k≥n

A_k

⇒ 0≤µ

n→lim+∞sup

k≥n

µ(Ak)

≤X

k=n +∞

µ(Ak)

en passant à la limite :n+∞, on obtient le résultat voulu.

Exercice 5

Énoncé :

Soit(E ,B)un espace mesuré. Soit(µn)n∈N∗une suite des mesures positives sur(E ,B). 1. Montrer que si la suite(µn)_n∈^N∗est croissante, dans le sens oùµn(A)≤µn+1(A), pour tout

n≥1etA∈ B, alors l’applicationAsupn≥1µn(A)est une mesure positive sur(E ,B), On pourra utiliser le lemme suivant :

Lemme. Soit (an,p)_n≥1,p≥1et (ap)_p≥1 deux suites de R¯⁺ telles que pour toutp≥1 la suite (an,p)n≥1est croissante de limiteap. Alors :

n→lim+∞

X

p≥1

a_n,p=X

p≥1

a_p

2. Pour toutA∈ B on poseν(A) =P

i=1

∞ µi(A). Montrer queν est une mesure sur(E ,B).

Solution.

1. On définit la quantitéµ, par l’application :Aµ(A) =sup_n≥1µ_n(A) i. On a∀n∈N^∗, µnest une mesure positive sur (E ,B), alors :

µ(∅) =sup

n≥1

µn(∅) =sup

n≥1

0 = 0 ii. Soit(Ap)_p∈^N∗⊂ BavecA_i∩A_j=∅,∀ij. Alors :

µ [

p≥1

A_p

!

= sup

n≥1

µ_n [

p≥1

A_p

!

((µn)_n∈^N∗est une suite croissante ) = lim

n→+∞µ_n [

p≥1

A_p

!

( carµnsont des mesures ) = lim

n→+∞

X

p≥1

µn(Ap).

Posons : an, p=µn(Ap)et ap=µ(Ap) =supn≥1µn(Ap), or an,p est croissante par rapport àn, et de la limiteap, alors d’après le lemme, on a :

µ [

p≥1

Ap

!

= lim

n→+∞

X

p≥1

µn(Ap)

= lim

n→+∞

X

p≥1

a_n,p

= X

p≥1

a_p

= X

p≥1

µ(Ap).

Donc, l’application :Aµ(A) =sup_n≥1µ_n(A)est une mesure positive.

2.

i. Pour toutA∈ B on a : 0≤ν(A) =X

i=1

∞

µ_i(A)≤X

i=1

∞

sup

n≥1

µ_n(A) =X

i=1

∞

µ(A) =µ(A) lim

n→+∞

n(n+ 1) 2

En faisantA=∅, on obtient :ν(∅) = 0

ii. Soit(Ap)_p∈^N∗⊂ BavecA_i∩A_j=∅,∀ij. Alors :

ν [

p≥1

A_p

!

= X

i=1

∞

µ_i [

p≥1

A_p

!

= X

i=1

∞

X

p≥1

µi(Ap)

= X

p≥1

X

i=1

∞

µ_i(Ap)

= X

p≥1

ν(Ap) D’où,ν est une mesure sur(E ,B).

1 Mesure Image

Exercice 3

Énoncé :

Soit(E ,B, µ)un espace mesuré,(F ,F)un espace mesurable etf une fonction deE dansF (B,F)−mesurable, i.e f⁻¹(F)⊂B. On pose pour toutA∈F, µf(A) =µ(f⁻¹(A)).

1. Montrer queµ_fest une mesure positive sur(F ,F). On l’appelle la mesure image de µpar f.

2. Soith: (F ,F)R¯₊une fonction mesurable positive. Montrer queR

Fhdµf=R

Eh◦fdµ.

3. Soitg: (F ,F)Rune fonction numérique mesurable.

Montrer que R

F |g|d µf <+∞ ⇔ R

E |g ◦ f|d µ <+∞ et que dans ce cas on a R

Fgdµf=R

Eg◦fdµ.

4. Soit(Ω,E, P)un espace probabilisé et soitX: (Ω,E)(R,B(R))une fonction numérique mesurable. Montrer queX∈ L(Ω,E, P)si et seulement si R

R|x|dPX(x)<∞ et que dans ce cas R

ΩX(ω)d P(ω) =R

Rxd P_X(x). Montrer que R

ΩX²d P(ω) =R

Rx²d P_X(x). Rappels :

→







f⁻¹(∩Ai) =∩f⁻¹(Ai) f⁻¹(∪Ai) =∪f⁻¹(Ai)

Attention : C’est vrai seulement pour l’image réciproque.

→ L’indicatrice d’ensemble A :l_A(x) =







1 six∈A 0 six A

.

→ ϕ∈ E ^déf ϕest une fonction étagée mesurable^déf ϕ=P

i=1 n αil_Ai.

→ Si g∈ M g⁺=sup(f ,0)∈ M⁺, g⁻=sup(−f ,0)∈ M⁺et g=g⁺−g⁻.

→ ∀f , g∈ M à valeurs dansR, on a :|g| ◦f=|g◦f|.

→ X∈ L¹(Ω,E, P)^déf







(X: ΩR)∈ M R

Ω|X|d P <∞ Solution.

1.

i. µ_f(∅) =µ(f⁻¹(∅)) =µ(∅) = 0( car µest une mesure sur(E ,B)) ii. Soit(An)_n∈^N∗⊂FoùA_i∩A_j=∅ ∀ij, alors

µf

[

n≥1

An

!

=µ



f⁻¹ [

n≥1

An

!



=µ [

n≥1

f⁻¹(An)

!

=X

n≥1

µ(f⁻¹(An)) =X

n≥1

µf(An)

donc, µf est une mesure positive sur (F ,F).

15

2.

− 1^ercas

———-—: h=l_A: l’indicatrice deA, avecA⊂E. On a : Z

F

l_Adµf=µf(A) =µ(f⁻¹(A)) = Z

E

l_f−1(A)dµ= Z

E

l_A◦fdµ





 Car :l_A◦f=







1 si f(x)∈A 0 si f(x) A

=







1 six∈f⁻¹(A) 0 six f⁻¹(A)

=l_f−1(A)







− 2^èmecas

———-— : h∈ E⁺: fonction étagée mesurable positive . h=P

i=1

n αil_Ai. On a : Z

F

hdµf = Z

F

X

i=1 n

αil_Aid µf

((l_Ai)_i∈I⊂ M⁺. Voir [TCM, les séries] ) = X

i=1 n

α_i Z

F

l_Aid µ_f

= X

i=1 n

α_iµ_f(Ai)

= X

i=1 n

αiµ(f⁻¹(Ai))

(d’après le 1er Cas ) = X

i=1 n

α_i Z

E

l_A◦fdµ

= Z

E

X

i=1 n

α_il_A◦fdµ

= Z

E

h◦fdµ

− 3^èmecas

———-— : h∈ M⁺: fonction mesurable positive .

D’après le théorème d’approximation,∃(ϕn)n∈N∗une suite croissante deE⁺, où

n→+∞lim ϕ_n=h alors :

Z

F

hdµf = lim

n→+∞

Z

F

ϕndµf

(d’après le 2ème Cas ) = lim

n→+∞

Z

E

ϕn◦fdµ

= Z

E

n→+∞lim (ϕn◦f)dµ

= Z

E

n→lim+∞ϕn◦(f)dµ

= Z

E

h◦fdµ Donc,∀h∈ M⁺on a : R

Fhdµf=R

Eh◦fdµ.

3.

• D’après la question précédente, on a : Z

F

|g|d µf= Z

E

|g| ◦fd µ=

Z

E

|g◦f|dµ Donc,

Z

F

|g|dµf<+∞ ⇔ Z

E

|g◦f|dµ <+∞

• Si R

F |g|dµf<+∞, alors R

Fgdµf

<+∞, donc Z

F

gdµ_f = Z

F

g⁺d µ_f− Z

F

g⁻dµ_f

= Z

E

g⁺◦fdµ− Z

E

g⁻◦fdµ

= Z

E

(g⁺◦f−g⁻◦f)dµ

= Z

E

(g⁺−g⁻)◦fdµ

= Z

E

g◦fdµ

4.

• D’après l’égalité de question 3, on fait : h=| |(i.eh(x) =|x|) , µ=P et f=X, on obtient :

Z

R

|x|dPX(x) = Z

Ω

|X|d P cela implique :

Z

R

|x|d PX<+∞ ⇔ Z

Ω

|X|dP <+∞

• D’après l’égalité de question 2, on fait : g(x) =x², µ=P et f=X, on obtient : Z

Ω

X²dP(ω) = Z

R

x²d P_X(x) .

2 Mesure de densité

Exercice 4

Énoncé :

Soit(E ,B, µ)un espace mesuré. Soit f: (E ,B)R¯₊une fonction mesurable positive. On pose pour toutA∈B, ν(A) =R

Afdµ.

1. Montrer que ν une mesure positive sur(E ,B). Elle est appelée la mesure de densité f par rapport àµet on notedν=fdµ.

2. Soitg: (E ,B)R¯₊une fonction mesurable positive. Montrer que R

Egdν=R

Egfdµ 3. Montrer queν est absolument continue par rapport àµ.(i.e,A∈B, µ(A) = 0⇒ν(A) = 0).

Solution.

1.

i. ν(∅) =R

∅ fdµ=R

Ef .l_∅d µ=R

Ef .0dµ= 0.

ii. Soit(An)n∈N∗⊂FoùA_i∩A_j=∅ ∀ij, alors

ν ]

n≥1

A_n

!

= Z

U

n≥1Aⁿ

fdµ

= Z

E

f .l^U

n≥1Andµ

( car : lesAisont disjoints ) = Z

E

f X

n≥1

l_Ai

! d µ

= Z

E

X

n≥1

f .l_Aid µ

((l_Ai)i∈N∗⊂ Metf∈ M⁺.Voir [TCM, les séries]) = X

n≥1

Z

E

f .l_Aid µ

= X

n≥1

ν(Ai) donc,ν est une mesure positive sur(E ,B).

2.

− 1^ercas

———-—:g=l_A : l’indicatrices deA, avecA⊂E. On a : Z

E

gdν= Z

E

l_Adν=ν(A) = Z

A

fdµ= Z

E

fl_Adµ=

Z

E

fgdµ

− 2^èmecas :

———-— g∈ E⁺ : fonction étagée mesurable positive . g=P

i=1

n α_il_Ai. On a : Z

E

gdν = Z

E

X

i=1 n

αil_Aidν

((l_Ai)i∈N∗⊂ M) = X

i=1 n

αi

Z

Ei

l_Aidµ

(d’après le 1er Cas ) = X

i=1 n

α_iν(Ai)

= X

i=1 n

αi

Z

E

fl_Aidµ

= Z

E

X

i=1 n

αifl_Aidµ

(f∈ M[ TCM, les séries ]) = Z

E

f X

i=1 n

αil_Ai

! dµ

= Z

E

fgdµ

− 3^èmecas

———-—: g∈ M⁺: fonction mesurable positive .

D’après le théorème d’approximation,∃(ϕn)n∈N^∗une suite croissante deE⁺, où

n→lim+∞ϕn=g et d’après le théorème de convergence monotone, on a :

n→lim+∞

Z

E

ϕ_ndν = Z

E

gdν.

D’autre part

n→lim+∞

Z

E

ϕ_ndν = lim

n→+∞

Z

E

fϕ_ndµ

(car :(fϕn)րfg∈ M⁺) = Z

E

fg dµ

= Z

E

gdν Donc,∀g∈ M⁺on a : R

Egdν=R

Efgdµ.

3. On sait que :f .l_A(x) =







f(x) six∈A 0 six A

, alors : x∈A^c ⇒ f .l_A(x) = 0

⇒ A^c⊂ {f .l_A= 0}

⇒ {f .l_A0} ⊂A

⇒ µ({f .l_A0})≤µ(A) donc si , alors µ({f .l_A0}) = 0.

µ(A) = 0 ⇒ µ({f .l_A0}) = 0

⇒ Z

{f .l_A0}

f .l_Adµ= 0 comme

ν(A) = Z

E

f .l_Adµ= Z

{f .lA0}

f .l_Adµ+

Z

{f .lA=0}

f .l_Adµ alors

µ(A) = 0⇒ν(A) = Z

{f .lA0}

f .l_Adµ+ Z

{f .lA=0}

f .l_Adµ=0 + 0 = 0.

1 Intégration des fonctions mesurables positives

Exercice 1

Énoncé :

1. Soit (E , B, µ) un espace mesuré et g: E R¯₊ une application mesurable positive.

Montrer que pour tout réel positivea >0on a µ{g > a} ≤_a¹R

Egdµ.

2. Soitf: (E ,B)R¯, µ−intégrable. Montrer que f est finie µ−p.p: µ(|f|= +∞) = 0. 3. Soit (fn) une suite de fonctions mesurables positives telle que : P

n=1 +∞ R

E fndµ < ∞.

Montrer que f⁸P

n=1

+∞ fn est finie µ−presque partout sur E.

Solution.

1. SoitA={g > a}, Posons ϕ=al_A∈ E⁺. Alors ϕ≤g donc Z

E

ϕdµ≤ Z

E

gdµ ⇒ Z

E

al_Adµ≤ Z

E

gdµ

⇒ aµ(A)≤ Z

E

gdµ

⇒ µ{g > a} ≤1 a Z

E

gdµ L’inégalité :µ{g > a} ≤¹

a

R

Egdµ s’appel inégalité deMarkov 2. Notons :

B={|f|= +∞} ∈ B et Bn={|f|> n}

Il est claire que,

Bn+1⊂Bn et B= \

n∈N

Bn

d’après la question précédente, on a :

µ(Bn)≤1 n Z

E

|f|dµ Comme f est µ−intégrable, alors :

∃M >0, telle que Z

E

|f|dµ < M

21

donc,

0≤µ(Bn)≤M n En passant à limite (n→+∞), on obtient :

n→lim+∞µ(Bn) =

( B_nցB et µ(B0)<∞) = µ (

\

n∈N

B_n )

= µ(B)

= 0 d’où,µ(|f|= +∞) = 0.

3. D’après le théorème de convergence cas des séries, on a : Z

E

fdµ = Z

E

X

n=1 +∞

f_ndµ

= X

n=1 +∞ Z

E

fndµ <∞ et d’après la question précédente, on obtient :µ(|f|= +∞) = 0.

Exercice 2

Énoncé :

Soit (E ,B, µ) un espace mesuré avec µ une mesure finie. Soit f une fonction numérique mesurable définie sur(E ,B). Pour toutnon pose :

An={x∈E;|f(x)| ≥n} et Bn={x∈E;n≤ |f(x)|< n+ 1}

Montrer que si R

E |f|dµ <∞alors limn→+∞µ(An) = 0et limn→+∞nµ(An) = 0. Montrer que

Z

E

|f|dµ <∞⇔X

n=0

∞

µ(An)<∞⇔X

n=0

∞

nµ(Bn)<∞

Solution.

• On a : R

E |f|dµ <∞, alors, d’après Exercice 1 ( de même TD ) on a : lim_n→+∞µ(An) = 0

• Il est claire que AnցA, oùA={|f|= +∞}. Commeµest une mesure finie, alors :

n→+∞lim µ(An) =µ(A) = 0 De plus

(|f|.l_An)ց(|f|.l_A) et Z

E

|f|.l_A

0dµ≤ Z

E

|f|dµ <∞

alors, d’après le théorème de convergence monotone [T.C.M], on a :

n→lim+∞

Z

E

|f|.l_Andµ = Z

E

n→lim+∞|f|.l_Andµ

= Z

E

|f|.l_Adµ

= Z

A

|f|dµ

( car : µ(A) = 0) = 0.

L’inégalité deMarkovnous donne :

0≤nµ(An)≤ Z

E

|f|.l_An en passant à limite (n→+∞), on obtient le résultat voulu.

•

i. On a :

Bn={x∈E;n≤ |f(x)|< n+ 1}=|f|⁻¹([n, n+ 1[) alors, pour tousij, on a :

Bi∩Bj = |f|⁻¹([i, i+ 1[)∩ |f|⁻¹([j , j+ 1[)

= |f|⁻¹([i, i+ 1[∩[j , j+ 1[)

= |f|⁻¹{∅}

= 0 ii. Pour toutx∈Bn, on a :

n≤f(x)≤n+ 1 ⇒ nl_Bn≤ |f|l_Bn≤(n+ 1)l_Bn

⇒ X

n≥0

nl_Bn≤X

n≥0

≤|f|l_Bn≤X

n≥0

(n+ 1)l_Bn

⇒ Z

E

X

n≥0

nl_Bndµ≤ Z

E

X

n≥0

|f|l_Bndµ≤ Z

E

X

n≥0

(n+ 1)l_Bndµ

⇒ X

n≥0

Z

E

nl_Bndµ≤X

n≥0

Z

E

|f|l_Bndµ≤X

n≥0

Z

E

(n+ 1)l_Bndµ

( car⊎_n≥0B_n=E ) ⇒ X

n≥0

nµ(Bn)≤X

n≥0

Z

Bn

|f|dµ≤X

n≥0

(n+ 1)µ(Bn)

⇒ X

n≥0

nµ(Bn)≤ Z

E

|f|dµ≤X

n≥0

nµ(Bn) +X

n≥0

µ(Bn)

⇒ X

n≥0

nµ(Bn)≤ Z

E

|f|dµ≤X

n≥0

nµ(Bn) +µ ]

n≥0

Bn

!

⇒ X

n≥0

nµ(Bn)≤ Z

E

|f|dµ≤µ(E) +X

n≥0

nµ(Bn) Comme µest une mesure finie, alors :

Z

E

|f|dµ <∞ ⇔ X

n≥0

nµ(Bn)<∞ iii. On a :A_n={x∈E;|f(x)| ≥n}, alors A_n^c={ |f|< n}, donc :

B_n=A_n∩A_n+1^c =A_n\An+1

comme µest une mesure finie, alors :

µ(Bn) =µ(An)−µ(An+1) ⇒ nµ(Bn) =nµ(An)−nµ(An+1)

⇒ X

n=0 k

nµ(Bn) =X

n=0 k

nµ(An)−X

n=0 k

nµ(An+1)

⇒ X

n=0 k

nµ(Bn) =X

n=0 k

nµ(An)−X

n=1 k+1

(n−1)µ(An)

⇒ X

n=0 k

nµ(Bn) =X

n=1 k

(n−n+ 1)µ(An)−kµ(Ak+1)

⇒ X

n=0 k

nµ(Bn) = X

n=1 k

µ(An)

!

−kµ(Ak+1)

En passant à la limite (k+∞), on obtient : X

n≥0

nµ(Bn) = X

n≥0

µ(An)

!

− lim

k→+∞kµ(Ak+1) comme

k→lim+∞kµ(Ak+1) = lim

k→+∞(k+ 1)µ(Ak+1)− lim

k→+∞µ(Ak+1)

= lim

k→+∞kµ(Ak)− lim

k→+∞µ(Ak) ( d’après ce qui précède ) = 0 + 0 = 0

Donc

X

n≥0

nµ(Bn) = X

n≥0

µ(An) Cela implique

X

n≥0

nµ(Bn)<∞ ⇔ X

n≥0

µ(An)<∞

2 Fonctions boréliennes

Exercice 3

Énoncé :

SoitE etF deux espaces métriques et f:EF une application dont l’ensemble des points de discontinuité est dénombrable. Montrer quef est borélienne.

Rappel :

→ fest une fonction continue⇒f est mesurable

♣Attention:Généralement l’autre sens pas vrai.

Solution. SoitDl’ensemble des points de discontinuité de f. L’application F: E\DF

xF(x) =f(x) est continue, Soit A∈ B(F). On a F¹(A)∈ B(E)et :

f¹(A) = {x∈X , f(x)∈A}

= {x∈X\D, f(x)∈A}∪(f¹(A)∩D)

= F¹(A)∪(f¹(A)∩D)

OrDest mesurable comme réunion dénombrable de points. Par suitef¹(A)∩Dest dénombrable, donc f¹(A)∩ D est mesurable, cela implique que (f¹(A)∩ D)∈ B(E), d’où f¹(A)∈ B(E) Finalement f est mesurable (borélienne).

Exercice 4

Énoncé :

Soit f:RRune fonction monotone. Montrer que f est borélienne.

Solution.

− Cas où f est croissante : On noteA_c=f¹(]∞, c[). Soitα_c=sup{x, x∈A_c}, alors : i. Si Ac∅, alors αc∈Ret :

∀x < αc f(x)≤f(αc)< c doncA_c= ]∞, αc[ouA_c= ]∞, αc]d’oùA_c∈ B(R) ii. SiA_c=∅ ,alorsf¹(]∞, c[) =∅ ∈ B(R)

donc sif est croissante alors f est borélienne.

− Cas où f est décroissante : alors f est croissante, donc f est borélienne d’où f est borélienne.

Autre Solution :

On vit au (TD.N^o1_Exercice 3_question 3) que l’ensemble des points discontinuité d’une fonction monotone est dénombrable ou finie, donc d’après (TD.3_Exercice 3) la fonction f est borélienne.

3 Théorème de Fubini

Exercice 5

Énoncé :

1. Vérifier que pour toutn≥1, Z

0 n sinx

x d x = Z

0 n Z

0

∞

e^{−x t}d t

sinxdx

2. Calculer

Fn(t) = Z

0 n

e^{−x t}sinxdx ,(t≥0)

3. Calculer

n→∞lim Z

0 +∞

F_n(t)dt

4. En déduire que

n→lim+∞

Z

0 n sinx

x dx = π 2 5. Montrer que

Z

0 +∞

sinx x

dx = +∞

Solution.

1. Soitn∈N^∗, considérons l’application :

g(x) =









 sinx

x six0 0 si x= 0

La fonction g est continue sur l’intervalle [0, n], elle donc bien intégrable pour l’espace mesuré([0, n], B([0, n]), λ). Pour toutx >0, on a

Z

0

∞

e^{−x t}dt= lim

p→∞

1

x[e^{−x t}]₀^p=1 x On obtient bien :

Z

0 n sinx

x dx = Z

0 n Z

0

∞

e^{−x t}d t

sinxdx

2.

− Pour t= 0, on a Z

0 n

e^{−x t}sinxdx= Z

0 n

sinxdx= 1−cosn=Fn(0)

− Soit maintenantt >0.Comme les fonctionsxe^{−x t}et xsinx sont de classe C^∞ surR, on peut calculer F_n(t)en intégrant deux fois par parties :

Fn(x) = Z

0 n

e^{−x t}sinxdx

= − Z

0 n

te^{−x t}cosxdx−[e^{−x t}cosx]0n

= Z

0 n

t²e^{−x t}cosxdx−[t e^{−x t}sinx]0n−[e^{−x t}cosx]0n

= t²F_n(t)−[te^{−x t}sinx]0n−[e^{−x t}cosx]0n

Ce qui donne :

(1 +t²)Fn(t) = 1−te^{−n t}sinn−e^{−n t}cosn et donc :

Fn(t) = 1−t e^{−n t}sinn−e^{−n t}cosn (1 +t²)

3. Pour toutn∈N, Fnest continue de R₊ dansRelle est donc mesurable de R₊dans R. On a, pour toutn∈Net toutt≥0:

te^{−n t}≤te^−t≤1 e. On en déduit :

|Fn(t)| ≤

2 +1 e

1

1 +t² ∀t∈R₊ ( en fait, on a même 0 < Fn(t) ≤ _{1 +}¹

t² ). Comme t _{1 +}¹

t² est intégrable sur (R₊,B_R

+, λ), ceci donne queFn∈ L¹(R₊,B_R

+, λ)pour toutn∈N.

Enfin comme Fn(t) _{1 +}¹_t2 quand n +∞, pour tout t >0, on peut appliquer le théorème de convergence dominée à la suite(Fn)n∈N, il donne :

nlim→∞

Z

0 +∞

Fn(t)dt = Z

0 +∞

nlim→∞Fn(t)dt

= Z

0 +∞ 1

1 +t²dt

= π 2

4. On a :

Z

0 +∞

F_n(t)d t= Z

0 +∞ Z

0 n

e^{−x t}sinxdx

dt

Comme : Z

0 n Z

0 +∞

e^{−x t}|sinx|dt

d x= Z

0 n

sinx x

dx ≤ Z

0 n x

xdx= Z

0 n

1d x=n <∞

alors, d’après le théorème deFubuni- Lebesgue. Z

0 n sinx

x dx = Z

0 n Z

0 +∞

e^{−x t}|sinx|d t

d x

= Z

0 +∞ Z

0 n

e^{−x t}sinxdx

d t

= Z

0 +∞

Fn(t)d t

= π 2 5. On a :

Z

0

∞

sinx x

dx = X

k=0

∞ Z

kπ (k+1)π

sinx x

dx.

D’autre part, pour toutk≥0on a : Z

kπ (k+1)π

sinx x

dx = Z

0

π sin(kπ+y) kπ+y dx

≥ 1

(k+ 1)π Z

0 π

sinxd x

≥ 2

(k+ 1)π

donc

Z

0

∞

sinx x

dx ≥ 2 π

X

k=1

∞ 1

k+∞

ce qui prouve le résultat voulu.

Exercice 6

Énoncé :

Soit la fonctionf définie sur[−1,1]²parf(x, y) =_(x^x2²+⁻y^y22)², si(x, y)(0,0)etf(0,0) = 0.

Montrer que f est borélienne. Montrer que Z

−1 1 Z

−1 1

f(x, y)dx

d y Z

−1 1 Z

−1 1

f(x, y)d y

dx

Calculer l’intégrale de|f|sur l’anneauSε={(x, y)∈R²;ε≤x²+y²≤1}. En déduire l’intégrale de|f|sur[−1,1]². Y a-t-il contradiction avec le théorème deFubini?

Solution.

• On a :

Z

−1 1

f(x, y)dx= Z

−1

1 x²−y² (x²+y²)²dx=

−x (x²+y²)

−1 1

= −2 1 +y²

alors