Soit f une fonction localement int´egrable surR(i.e

Universit´e Joseph Fourier L2 MAT233

2013-2014

Contrˆole de connaissance du 06 novembre 2013

Les documents sont autoris´es. Cependant, tout appareil ´electronique est interdit.

Les trois parties de l’´epreuve sont ind´ependantes.

Premi`ere partie

On d´esigne par I l’application d’int´egration usuelle sur R. Soit f une fonction localement int´egrable surR(i.e. 1l_]a,b]f est int´egrable pour tous a, b∈R, a6b). Sia etb sont deux nombres r´eels, a6b, on d´efinit

Z b

a

f(t) dt:=I(1l_]a,b]f), Z a

b

f(t) dt:=− Z b

a

f(t) dt.

1. Soita∈R. D´eterminer la limite

h→0lim Z a+h

a

f(t) dt.

On peut utiliser le th´eor`eme de convergence domin´ee.

Solution. Soit (hn)n∈N une suite de nombres positifs qui converge vers 0. La suite de fonctions (1l]a,a+h_n]f)n∈N converge vers 0. En outre, pour tout n ∈ N, on a |1l]a,a+h_n]f| 6 |f|. D’apr`es le th´eor`eme de convergence domin´ee, on obtient

n→+∞lim I(1l_]a,a+hn]f) = 0, ou en d’autres termes,

lim

h→0+

Z a+h

a

f(t) dt= 0.

Consid´erons maintenant une suite (h_n)_n∈Nde nombres n´egatifs qui converge vers 0.

La suite de fonctions (1l_]a+hn,a]f)_n∈Nconverge vers f(a)1l_{a}. En outre, cette suite est aussi domin´ee par|f|. D’apr`es le th´eor`eme de convergence domin´ee, on obtient

n→+∞lim I(1l_]a+hn,a]f) =f(a)I(1l_{a}) = 0 puisque 1l_{a} est une fonction n´egligeable. On en d´eduit

lim

h→0−

Z a+h

a

f(t) dt= 0.

On obtient enfin

n→0lim Z a+h

a

f(t) dt= 0.

2. On fixe dans la suite un nombre r´eelaet on d´efinit une fonctionF surRcomme F(x) =

Z x

a

f(t) dt.

Montrer que la fonctionF est continue.

Solution.D’apr`es la question1., on a

h→0limF(x+h)−F(x) = lim

h→0

Z x+h

x

f(t) dt= 0.

La fonctionF est donc continue.

3. Montrer que, si la fonction f est continue, alors la fonctionF est diff´erentiable, et on aF⁰=f.

Solution.Soientxet hdeux nombres r´eels. On a F(x+h)−F(x)−f(x)h=

Z x+h

x

f(t)−f(x) dt.

Donc

|F(x+h)−F(x)−f(x)h|6 sup

|t−x|6|h|

|f(t)−f(x)| · |h|.

Commef est continue, on a lim

h→0 sup

|t−x|6|h|

|f(t)−f(x)|= 0.

On obtient donc

F(x+h)−F(x)−f(x)h=o(h).

Cela montre que la fonctionF est diff´erentiable en xet F⁰(x) =f(x).

Deuxi`eme partie

Soit φ : R→ R la fonction d´efinie comme φ(x) = exp(−x²). Soitf : R² → R la fonction d´efinie commef(x, y) := exp(−x²−y²).

4. Montrer queφest une fonction continue et born´ee.

Solution.La fonctionφest le compos´e de la fonction exponentielle et un polynˆome, qui sont tous les deux continus, donc la fonction φ est aussi continue. En outre, comme−x²60 pour toutx∈R, on a 06φ(x) = e^−x261. La fonctionφest donc born´ee.

5. Montrer queφest un ´el´ement dans L¹(R).

Solution.Comme la fonctionφest continue, elle est toujours localement int´egrable.

En outre, commeφ est une fonction positive, d’apr`es le th´eor`eme de Beppo Levi, pour montrer l’int´egrabilit´e de la fonctionφ, il suffit de v´erifier que la fonction

Ψ : ]0,+∞[→R+, Ψ(a) = Z a

−a

φ(t) dt

est born´ee (on utilise le fait que la suite (1l_]−n,n]f)n∈N est croissante est converge versf). Cette fonction est ´evidemment croissante. En outre, poura>1, on a

Ψ(a) = Ψ(1) + Z −1

−a

φ(t) dt+ Z a

1

φ(t) dt6Ψ(1) + Z −1

−a

e^tdt+ Z a

1

e^−tdt, o`u on a utilis´e le fait quet<sup>2</sup>>|t|d`es que |t|>1. Enfin, on obtient

Ψ(a)6Ψ(1) + [e^t]⁻¹_−a+ [−e^−t]^a₁= Ψ(1) + 2(e⁻¹−e^−a)6Ψ(1) + 2e⁻¹. 6. En d´eduire quef est un ´el´ement dansL¹(R²) et que

Z

R²

f(x, y) dxdy=Z

R

φ(t) dt² .

Solution.La fonctionf s’´ecrit sous la formef(x, y) =φ(x)φ(y). Commeφ∈L¹(R), on obtientf ∈L¹(R²), et on a

Z

R²

f(x, y) dxdy=I(f) =I(φ)²= Z

R

φ(t) dt ²

7. SoitJ={(x,0)∈R²|x>0}. Montrer que 1lJ est une fonction n´egligeable.

Solution. Pour tout entier n ∈ N, soit Jn = {(x,0) ∈ R²|0 6 x 6 n}. On a 1lJ_n(x, y) = 1l_[0,n](x)1l_{0}(y). Donc

I(1lJ_n) =I([0, n])I({0}) = 0.

Enfin, comme (1lJ_n)_n∈Nest une suite croissante et converge vers 1lJ, on obtient que I(1l_J) = lim

n→+∞I(1l_Jn) = 0.

La fonction 1l_J est donc n´egligeable.

8. SoitU le compl´ementaire de J dansR². Montrer queU est un ouvert dansR². Solution. Il suffit de montrer que J est un ferm´e dans R². Soient π₁ et π₂ les projections de R² vers R sur les deux coordonn´ees respectivement. Ce sont des applications lin´eaires entre des espaces vectoriels de dimension finie, donc sont des application continue. Par cons´equent,

J=π⁻¹₁ ([0,+∞[)∩π₂⁻¹({0}) est un sous-ensemble ferm´e.

9. Montrer que 1lUf ∈L¹(R²) et Z

U

f(x, y) dxdy= Z

R²

f(x, y) dxdy.

Solution. Comme U est un ensemble ouvert et comme f ∈ L¹(R²), on obtient 1lUf ∈ L¹(R²). En outre, comme J est n´egligeable et comme f est positive et born´ee sup´erieurement par 1, on a

I(1lJf)61I(1lJ) = 0.

On obtient doncI(f) =I(1l_Uf).

10. Montrer que l’applicationH : ]0,+∞[×]0,2π[→Uqui envoie (r, θ) en (rcos(θ), rsin(θ)) est une bijection diff´erentiable. D´eterminer la matrice jacobienne deH.

Solution. Les fonctions sin et cos sont diff´erentiables. La fonction H s’exprime comme une composition de fonctions lin´eaires et ces fonctions, donc est elle mˆeme diff´erentiables. En outre, siH(r, θ) =H(r⁰, θ⁰), on arcos(θ) =r⁰cos(θ⁰) etrsin(θ) = r⁰sin(θ⁰). Donc

r²= (rcos(θ))²+ (rsin(θ))²= (r⁰cos(θ⁰))²+ (r⁰sin(θ⁰))²= (r⁰)².

On en d´eduitr=r⁰ puisqueret r⁰ sont strictement positif. De plus, on a cos(θ) = cos(θ⁰) et sin(θ) = sin(θ⁰). Commeθetθ⁰ prennent valeurs dans ]0,2π[, on aθ=θ⁰. La matrice jacobienne deH est

JH(r, θ) =

cos(θ) −rsin(θ) sin(θ) rcos(θ)

.

11. En utilisant la formule Z

U

f(x, y) dxdy= Z

]0,+∞[×]0,2π[

(f ◦H)(r, θ)· |d´etJH(r, θ)|drdθ,

d´eterminer la valeur de Z

U

f(x, y) dxdy.

Solution.On a|d´etJH(r, θ)|=r. Donc Z

]0,+∞[×]0,2π[

(f◦H)(r, θ)· |d´etJH(r, θ)|drdθ= Z

]0,+∞[×]0,2π[

e^−r2rdrdθ.

Par cons´equent, Z

U

f(x, y) dxdy= 2π Z +∞

0

re^−r2dr=π[−e^−r2]^+∞₀ =π.

12. D´eterminer la valeur de Z

R

φ(t) dt.

Solution.D’apr`es la question6., on aI(φ) =√ π.

13. D´eterminer la valeur de Z

R

e^−t2−tdt.

Solution.On ´ecrit−t²−tsous la forme−(t+ 1/2)²+ 1/4 et obtient Z

R

e^−t2−tdt= e^1/4 Z

R

e^−(t+1/2)2dt= e^1/4I(φ) = e^1/4√ π,

o`u on utilise l’invariance de l’int´egrale par la translation.

Troisi`eme partie

Soitd>1 un entier. On d´esigne parC_c(R^d) l’espace vectoriel surR des fonctions continues `a support compact d´efinies surR^d. Le but de cette partie est de d´emontrer que toute forme lin´eaire positive sur C_c(R^d) d´efinit n´ecessairement une application d’int´egration.

14. Montrer que, sif ∈Cc(R^d), alors il existe un point P ∈R^d tel que la fonctionf atteinde son maximum enP.

Solution. Soit M un ferm´e born´e dans R^d qui contient le support de f. La res- triction def `aM est continue, donc atteint son maximum en un pointQ∈M. La fonctionf´etant nulle en dehors deM, on obtient que, ou bienf(Q)>0 etf atteint son maximum enQ, ou bienf(Q)<0 etf atteint son maximum en n’import quel pointP en dehors deM.

15. Montrer que, si (f_n)_n∈N est une suite d´ecroissante de fonctions dans C_c(R^d) qui converge vers 0, alors la suite (sup_x∈Rd|f_n(x)|)_n∈Nconverge vers 0.

Solution.Le probl`eme est trivial lorsque l’une des fonctionsf<sub>n</sub> est nulle. Dans la suite, on suppose que chaque fn est non-nul. Soit M un ferm´e born´e de R<sup>d</sup> qui contient le support def0 (et donc contient le support de n’import quellefn). Pour tout n∈N, soitPn un point de M o`u fn atteint son maximum. La suite (Pn)_n∈N

´etant born´ee, il existe un sous-suite de (Pn_k)_k∈N qui converge vers un point P.

Quitte `a remplacer (fn)<sub>n∈N</sub> par (fn<sub>k</sub>)<sub>k∈N</sub>, on peut supposer que (Pn)<sub>n∈N</sub>converge versP. Commefn(P) converge vers 0 lorsquentend vers l’infini, pour toutε >0, il existe N<sub>∈</sub>Ntel que fN(P)< ε. Comme fN est continue, il existe δ > 0 tel que fN(x) < 2ε pour x ∈ B(P;δ). Enfin, comme (Pn)<sub>n∈N</sub> converge vers P, il existe N1>N tel quePn∈B(P;δ) d`es quen>N1. Pour toutn>N1, on a alors

fn(Pn)6fN(Pn)<2ε.

Le r´esultat est ainsi d´emontr´e.

16. SoitI:Cc(R^d)→Rune application lin´eaire telle queI(f)>0 pour toute fonction positivef ∈C_c(R^d). Montrer que, pour toute suite d´ecroissante (f_n)_n∈Nde fonctions dansC_c(R^d) qui converge vers 0, on a

n→+∞lim I(f_n) = 0.

Solution. Soit g une fonction positive dans Cc(R¹) qui vaut 1 sur le support de f0. On a alors fn 6 kfnk ·g, o`u kfnk d´esigne sup<sub>x∈R</sub>d|fn(x)|. On obtient alors I(f<sub>n</sub>)6kfnkI(g), d’o`u (d’apr`es la question pr´ec´edente)

n→+∞lim I(f_n) = 0.