Par cons´equent, R gndµ→R gdµ

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FIMFA 1 Ann´ee 2012–2013

Examen partiel du 26 novembre 2012 : corrig´e

“Int´egration & Probabilit´es”

Exercice I.Commef ≤g≤h p.p., etf,h∈L¹(E, A, µ), on a g∈L¹(E, A, µ).

On applique le lemme de Fatou deux fois : d’abord `a la suite de fonctions mesurables positives (gn−fn), pour voir que R

(g−f) dµ ≤ lim inf_n→∞R

(gn−fn) dµ, et donc R

gdµ ≤ lim inf_n→∞R

gndµ; ensuite `a (hn−gn), ce qui donneR

(h−g) dµ≤lim inf_n→∞R

(hn−gn) dµ, et doncR

gdµ≥lim sup_n→∞R

gndµ. Par cons´equent, R

gndµ→R

gdµ.

Exercice II. (A1) On a {(x, t) ∈ E ×R₊ : g(x) > t} =∪_r∈Q+(g⁻¹( ]r, ∞[ )×[0, r]). Pour toutr∈Q₊, on ag⁻¹( ]r, ∞[ )×[0, r]∈A ⊗B(R₊) (pav´e mesurable). D’o`u{(x, t)∈E×R₊: g(x)> t} ∈A ⊗B(R₊).

(A2)Il suffit d’appliquer le théorème de Fubini–Tonelli à1_{{(x, t)∈E×}B(R+):g(x)>t}et au couple de mesures σ-finies : ν et la mesure de Lebesgue sur (R₊,B(R₊)).

(A3) Si g est une fonction ´etag´ee positive : g := Pm

i=1ai1Ai, avec 0 < a₁ < · · · < am et A_i mesurables disjoints, alors ν({x ∈ E : g(x) > t}) = Pm

j=iν(A_j) si t ∈[a_i−1, a_i[ pour tout 1≤i≤m (notation : a₀:= 0), et bien sˆur,ν({x∈E : g(x)> t}) = 0 sit≥am. Donc

Z _∞

0

ν({x∈E : g(x)> t}) dt= Xm

i=1

X^m

j=i

ν(Aj)

(ai−a_i−1) = Xm

i=1

aiν(Ai) = Z

E

gdν,

comme prévu. Dans le cas général, c’est-à-dire, sigest une fonction mesurable positive, on peut prendre une suite (g_n) de fonctions étagées positives telle queg_n↑g. On a, d’une part,R

g_ndν↑ R gdν (convergence monotone), et d’autre part,ν({x∈E : gn(x)> t})↑ν({x∈E : g(x)> t}) (car {x∈E : g_n(x) > t}, n≥1, est une suite croissante de parties mesurables dont la r´eunion est {x ∈ E : g(x) > t}), et donc par convergence monotone, R_∞

0 ν({x ∈ E : gn(x) > t}) dt ↑ R_∞

0 ν({x∈E : g(x) > t}) dt. Par cons´equent, R

Egdν =R_∞

0 ν({x∈E : g(x)> t}) dt.

(B1) Considérons l’ouvert G:= {x∈ R^d: f(x) > t}. Soit x∈ G. Il existe alors une suite (xn) ⊂ G telle que xn → x. Comme f(xn) > t, ∀n, et f(xn) → f(x), on a f(x) ≥ t. D’où G⊂ {x∈R^d: f(x)≥t}. Par conséquent, ∂G⊂ {x∈R^d: f(x) =t} : Julie a raison.

L’inclusion peut ˆetre au sens strict. Un exemple avec f(x) := 1, ∀x ∈ R^d, et t= 1 : on a dans ce cas G=∅, et donc∂G=∅, tandis que {x∈R^d: f(x) = 1}=R^d. Marc a tort.

(B2) Par hypoth`ese,µn(G)→µ(G),∀Gouvert tel queµ(∂G) = 0. Il suffit donc de prouver queλ(dt)-p.p., µ({x∈R^d: f(x) =t}) = 0.

Considérons A := {t ∈ R₊ : µ({x ∈ R^d : f(x) = t}) > 0}. Il s’agit d’un ensemble (au plus infini) dénombrable, car A = ∪_n≥1An, avec pour tout n ≥ 1, An := {t ∈ R₊ : µ({x ∈ R^d: f(x) =t}) ≥ _n¹} dont le cardinal est fini (majoré par n µ(R^d) qui est fini). En particulier, λ(A) = 0 comme désiré.

(B3)Par hypoth`ese,µn(R^d)→µ(R^d). Donc sup_n≥1µn(R^d)<∞. D’apr`es (A2),R

R^dfdµn= RM

0 µn({x ∈ R^d : f(x) > t}) dt et R

R^dfdµ = RM

0 µ({x ∈ R^d : f(x) > t}) dt, o`u M :=

sup_x∈R^df(x) < ∞. On sait, d’après la question précédente, que µn({x ∈ R^d : f(x) > t}) → µ({x∈R^d: f(x)> t}), λ-p.p. ; de plus, sup_n≥1µn({x∈R^d: f(x)> t})≤sup_n≥1µn(R^d) =:C

1

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qui est une constante finie, et doncRM

0 Cdt <∞. Par convergence domin´ee, on a RM

0 µn({x∈ R^d: f(x)> t}) dt→RM

0 µ({x∈R^d: f(x)> t}) dt, c’est-`a-dire, R

R^dfdµn→R

R^dfdµ.

(B4) Soit G⊂R^d un ouvert. Posons pour toutk≥1, f_k(x) := [kdist(x, G^c)]∧1,∀x∈R^d, qui est une fonction continue et bornée sur R^d. D’après la question précédente, on a, pour tout k, lim_n→∞R

R^df_kdµ_n=R

R^df_kdµ.

Comme 1G ≥fk, ∀k, on a µn(G) ≥R

R^dfkdµn et donc lim infn→∞µn(G) ≥ R

R^dfkdµ. On fait maintenant k↑ ∞ : comme f_k ↑ 1G, il résulte du théorème de convergence monotone que R

R^df_kdµ↑R

R^d1_Gdµ=µ(G). D’où l’inégalité cherchée.

Exercice III. (i)Utilisons un raisonnement par l’absurde. Supposons que C ne soit pas tranchante. Il existerait alors x6=y∈E tel que1A(x) =1A(y), ∀A∈C.

Consid´erons G := {A ∈ σ(C) : 1A(x) = 1A(y)}. Il est clair que E ∈ G. Comme 1A^c = 1−1_A, on voit que G est stable par passage au compl´ementaire. Enfin, si (A_n) ⊂ G, alors

∪_n≥1An∈G car1_∪n≥1An = sup_n≥11An. Par cons´equent,G est une tribu.

Par hypoth`ese, G ⊃C. On aurait alorsG ⊃σ(C), ce qui contredirait la condition queσ(C) est tranchante. Conclusion : C est tranchante.

(ii) Soit C := (An, n≥1)⊂A une suite tranchante. On observe que

D= \

n≥1

(An×An)∪(A^c_n×A^c_n) .

En effet, pour toutx∈E et toutn≥1, on a (x, x)∈(An×An)∪(A^c_n×A^c_n). D’où l’inclusion D⊂ ∩_n≥1[(An×An)∪(A^c_n×A^c_n)]. Pour l’inclusion réciproque, soientx6=y ∈E (ce qui équivaut

`

a (x, y) ∈ E²\D) ; par la d´efinition de C, il existe n ≥ 1 tel que 1An(x) 6= 1An(y), et donc (x, y)∈/ (An×An)∪(A^c_n×A^c_n). Ceci prouve l’inclusion r´eciproque.

Comme (An×An)∈A ⊗A et (A^c_n×A^c_n)∈A ⊗A, on aD∈A ⊗A.

(iii) SiD ∈A ⊗A, il existe An ∈A, ∀n≥1, tels que D∈σ({Am×An, m, n ≥1}). Il suffit de prouver queC := (A_n, n≥1) est tranchante.

Supposons que C ne soit pas tranchante : il existerait x 6= y tels que 1An(x) = 1An(y),

∀n ≥ 1. On aurait alors 1Am×Aⁿ(x, y) = 1Am×Aⁿ(x, x), ∀m, n. Exactement comme dans la question (i), on v´erifie facilement par d´efinition queF :={C ∈A ⊗A : 1_C(x, y) =1_C(x, x)}

est une tribu. CommeF ⊃ {Am×An, m, n≥1}, on aurait F ⊃σ(Am×An, m, n≥1) ; en particulier, D∈F. Or1_D(x, y) = 06= 1 =1_D(x, x) ; la contradiction implique que C est, en fait, tranchante.

(iv) Pour prouver D /∈ A ⊗A, il suffit, d’après la question précédente, de vérifier que A n’est pas distinguée.

SupposonsA distinguée ; soitC := (An, n≥1) une suite tranchante. Comme An ∈A, on a soitA_n dénombrable, soitA^c_nl’est. Posons, pour toutn≥1,Ae_n:=A_n siA_n est dénombrable, etAen:=A^c_n siA^c_n est dénombrable. Comme ∪_n≥1Aen est dénombrable alors queR ne l’est pas, on peut trouver des réelsx6=y /∈ ∪_n≥1Ae_n. Alors pour toutn,1_An(x) =1_An(y) (les deux valent 0 siAn est dénombrable, et valent 1 sinon). Ceci contredirait l’hypothèse queC est tranchante.

Par cons´equent, D /∈A ⊗A.

Pour tout r´eel x,Dx=D^x ={x} ∈A.

Dans le cours, on a vu que dans un espace produit, si Dest mesurable par rapport `a la tribu produit, alors toutes les sections deDsont mesurables. On vient de se donner un exemple dans

lequel la r´eciproque est fausse.

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- fin -

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