Intégration et Probabilités (M43050) 2010-2011 Projet de corrigé de l’examen partiel du lundi 21 mars 2011 — Exercice I — 1. Pour quels nombres complexes z la fonction x → e

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Intégration et Probabilités (M43050) 2010-2011 Projet de corrigé de l’examen partiel du lundi 21 mars 2011

— Exercice I —

1.Pour quels nombres complexeszla fonctionx→e^−xzest-elle Lebesgue-int´egrable sur]0,+∞[? Quelle est alors la valeur de l’int´egrale ?

Solution. — La fonction gz définie par gz(x) = e^−xz est continue, donc borélienne. Elle est Lebesgue-intégrable si son module a une intégrale finie sur [0,+∞[ pour la mesure de Lebesgue.

Posonsz =a+ ib, avec a, b réels. Alors|e^−xz|= e^−ax. L’intégrale de e^−ax sur [0,+∞[ est finie si et seulement si Rez = a > 0. La fonction gz est donc Lebesgue-intégrable sur ]0,+∞[ si et seulement si Rez >0.

On a dans ce cas|e^−zx|= e^−(Re^z)xqui tend vers 0 quandxtend vers +∞, puisque Rez <0, donc par calcul de primitive on obtient

A→+∞lim Z A

0

e^−zx = lim

A→+∞

h−e^−zx z

iA

x=0= lim

A→+∞

1−e^−zA

z = 1

z. 2.Montrer, par récurrence surn≥1, l’égalité n! =R+∞

0 xⁿe^−x dx.

Solution. — Pour n= 0 on a, d’apr`es la question 1, que Z +∞

0

e^−x dx= 1 = 0!

et ensuite, par intégration par parties (les fonctions en présence sont de classe C¹, etxⁿe^−x tend vers 0 quandxtend vers +∞, pour toutn), on obtient, en supposant que le résultat est démontré pourn−1,

Z +∞

0

xⁿe^−x dx=h

−xⁿe^−xi+∞

0 +n Z +∞

0

xⁿ⁻¹e^−x dx= 0 +n.(n−1)! =n!

comme annonc´e.

On pose pourt >0

F(t) = Z

[0,+∞[

e^−xt

1 +xdλ(x).

3. Montrer queFest d´efinie et continue sur ]0,+∞[. D´eterminer les limites de F(t) quandt→0 et quandt→+∞.

Solution. — Pour ´etudier la fonction F, posons comme dans le cours f(x, t) = e^−xt

1 +x.

La fonction x→f(x, t) est continue, donc mesurable. On a pourx≥0 0< e^−xt

1 +x ≤e^−xt,

etx→e^−xt est Lebesgue-int´egrable sur [0,+∞[ puisquet >0, doncx→f(x, t) aussi.

Quand t_n tend vers 0 en décroissant, e^−xtⁿ tend vers 1 en croissant ; par le théorème de convergence monotone,

limn

Z e^−xtⁿ

1 +xdλ(x) =

Z 1

1 +xdλ(x) = lim

A→+∞ln(1 + A) = +∞.

(2)

Comme la limite de F(tn) ne d´epend pas de la suite (tn) choisie, il s’agit bien de la limite de F(t) quandttend vers 0. On peut aussi utiliser le lemme de Fatou pour traiter ce cas o`u ttend vers 0 : on obtient que

+∞= Z

[0,+∞[

1

1 +xdλ(x) = Z

[0,+∞[

limn f(x, tn)

dλ(x)≤lim inf

n

Z

[0,+∞[

e^−xtⁿ 1 +x dλ(x) ce qui permet aussi de conclure.

Quandtn tend vers l’infini, on peut supposertn ≥1, donc e^−xtⁿ ≤e^−x; la suite de fonctions fn(x) = e^−xtⁿ/(1 +x) tend simplement vers 0 et on a

0< e^−xtⁿ

1 +x ≤ e^−x 1 +x

qui donne un majorant intégrable indépendant den. Par le théorème de convergence dominée de Lebesgue, la limite quandt tend vers +∞ est nulle.

Pour étudier la continuité de F en un point fixét∗ ∈]0,+∞[, considérons un voisinage V du point t_∗, de la forme V = ]t₀,+∞[ où 0 < t₀ < t_∗. On a déjà vu que x → f(x, t) est mesurable pour toutt(et en fait intégrable, mais l’intégrabilité pour chaque t ne suffit pas ici : on veut une domination par une fonction intégrable indépendante du paramètre t). La fonction t∈V → f(x, t) est continue, pour toutx ≥0, et on a pour tout t∈ V un majorant intégrable indépendant det, à savoir

0≤f(x, t)≤e^−tx ≤e^−t⁰^x.

D’apr`es le cours, la fonction F est continue au pointt∗, qui est par ailleurs un point quelconque de ]0,+∞[, donc F est continue sur ]0,+∞[.

4.Montrer que Fest d´erivable sur ]0,+∞[et exprimer F⁰(t) au moyen d’une int´egrale.

Solution. — Continuons avec la notation

f(x, t) = e^−xt 1 +x.

On a déjà vu à la question précédente quex→f(x, t) est intégrable pour toutt >0. On calcule la dérivée par rapport au paramètre tde la fonction f,

∂f

∂t(x, t) = ∂

∂t e^−xt

1 +x

=−xe^−xt 1 +x.

Si on fixet0>0 et si on consid`ere t∈[t0,+∞[, on peut ´ecrire la majoration

∂f

∂t(x, t)

= xe^−xt

1 +x ≤e^−xt ≤e^−xt⁰

qui est intégrable sur [0,+∞[ puisquet₀>0. D’après le théorème de dérivation sous l’intégrale, on obtient sur l’intervalle ]t0,+∞[ la dérivabilité de F, et l’expression de F⁰(t) sous la forme

F⁰(t) =− Z

[0,+∞[

xe^−xt

1 +x dλ(x).

Commet0 est>0 arbitraire, il en r´esulte que F est d´erivable sur ]0,+∞[.

(3)

5. Montrer que pour tout réelh tel que |h|<1, on a l’égalité F(1−h) =X

n>0

anhⁿ avec, pour tout n≥0, an = Z

[0,+∞[

xⁿe^−x

n! (1 +x)dλ(x).

Montrer que 0< an ≤1/n pour tout entier n≥1(utiliser le r´esultat de la question 2).

Solution. — On ´ecrit d’abord que F(1−h) =

Z

[0,+∞[

e^−x(1−h) 1 +x dx=

Z

[0,+∞[

e^xh e^−x 1 +xdx.

On veut développer e^xh en série entière et justifier l’interversion. La série de fonctions sous l’intégrale est

+∞X

n=0

xⁿhⁿ n!

e^−x 1 +x ;

d’après le cours, l’interversion est possible si la série des valeurs absolues a une intégrale finie.

Or cette série est égale, quandx≥0, à

+∞X

n=0

xⁿ|h|ⁿ n!

e^−x

1 +x = e^{−(1−|h|)x} 1 +x .

Pour touthtel que |h|<1, on a que t= 1− |h|>0, ce qui ramène l’intégrabilité de la série des valeurs absolues à l’existence de F(t) pour toutt >0. Après interversion,

F(1−h) =

+∞X

n=0

Z

[0,+∞[

xⁿhⁿ n!

e^−x 1 +xdx=

+∞X

n=0

Z

[0,+∞[

xⁿ n!

e^−x 1 +xdx

hⁿ,

d’o`u le r´esultat et l’expression des coefficients (an). On ax≤1 +x, donc 0< an =

Z

[0,+∞[

xⁿ n!

e^−x 1 +x dx≤

Z

[0,+∞[

xⁿ⁻¹

n! e^−x dx= (n−1)!

n! = 1 n. 6.Démontrer que les coefficients a_n de la série entière vérifient la relation de récurrence

∀n≥0, an+1= 1−an

n+ 1.

En d´eduire que F(t) + ln(t) tend vers une limite finie quandt tend vers 0.

Solution. — On ´ecrit

(n+ 1)a_n+1+a_n= Z

[0,+∞[

xⁿ⁺¹+xⁿ n!

e^−x 1 +xdx=

Z

[0,+∞[

xⁿ

n! e^−x dx= 1.

On a donc d’apr`es la question5, pourn >0 0< bn+1:= 1

n+ 1−an+1= an

n+ 1 ≤ 1 n(n+ 1)

et pour n = 0, on a 0< b1 := 1−a1 <1 ; il en résulte que la série à termes positifs P bn est convergente. Donc pour 0< h <1

0≤ −ln(1−h)−F(1−h) +a0= X+∞

n=0

hⁿ⁺¹

n+ 1−F(1−h) +a0= X+∞

n=0

bn+1hⁿ⁺¹.

La s´erie de droite est normalement convergente pour h ∈ [0,1], donc sa somme est continue quandh→1. Cela termine la preuve, si on poset= 1−h, qui tend vers 0 par valeurs>0.

(4)

— Exercice II —

On donne une fonctionf bor´elienne positive sur [1,+∞[telle que Z

[1,+∞[

f(x) dλ(x)<+∞.

1. V´erifier que pour tout entier n≥1, on a Z

[1,2]

f(ny) dλ(y) = Z

[1,+∞[

1[n,2n](x)

n f(x) dλ(x).

Solution. — On effectue le changement de variable lin´eaire x=ny, Z

[1,2]

f(ny) dλ(y) = Z

[1,+∞[

1[1,2](y)f(ny) dλ(y) = Z

R

1[1,2](y)f(ny) dλ(y)

= Z

R

1_[n,2n](x)

n f(x) dλ(x).= Z

[1,+∞[

1_[n,2n](x)

n f(x) dλ(x).

2.On suppose que 0< u≤v; montrer que

+∞X

n=1

1[u,v](n)

n ≤ v−u+ 1 u

(on pourra utiliser sans preuve le fait que le segment[u, v]contient au plusv−u+ 1points deN).

Solution. — Les entiers ntels que

1_[u,v](n) n 6= 0

sont exactement tous les entiers de [u, v] ; ces entiers n sont≥u, donc 1/n ≤1/u pour chacun de ces termes ; d’après l’indication donnée, leur nombre N(u, v) est majoré parv−u+ 1, donc

+∞X

n=1

1[u,v](n)

n ≤ N(u, v)

u ≤ v−u+ 1

u .

3.Montrer que

Z

[1,2]

^+∞X

n=1

f(ny)

dλ(y)<+∞.

Solution. —Il s’agit d’une série de fonctions positives, donc on peut intervertir série et intégrale, ce qui donne, d’après la question1, puis la question 2, que

Z

[1,2]

^+∞X

n=1

f(ny)

dλ(y) = X+∞

n=1

Z

[1,2]

f(ny) dλ(y)

=

+∞X

n=1

Z

[1,+∞[

1_[n,2n](x)

n f(x) dλ(x) = Z

[1,+∞[

^+∞X

n=1

1_[n,2n](x) n

f(x) dλ(x)

= Z

[1,+∞[

X^+∞

n=1

1[x/2,x](n) n

f(x) dλ(x)≤ Z

[1,+∞[

x−x/2 + 1

x/2 f(x) dλ(x)

= Z

[1,+∞[

1 + 2/x

f(x) dλ(x)≤3 Z

[1,+∞[

f(x) dλ(x)<+∞.

(5)

4.Montrer que pourλ-presque tout x∈[1,2], la suite num´erique f(nx)

n>1 tend vers 0.

Solution. — La fonction mesurable positive G d´efinie sur [1,2] par la formule G(y) =

+∞X

n=1

f(ny)

a une intégrale finie sur [1,2] d’après la question 3, donc l’ensemble des points y de [1,2] tels que G(y) = +∞ est de mesure de Lebesgue nulle. En chaque point y où G(y) <+∞, la série à termes positifsP

f(ny) converge, donc son terme g´en´eral f(ny) tend vers 0.

5. Montrer que pour λ-presque tout x ∈ [1,+∞[, la suite num´erique f(nx)

n>1 tend vers 0.

Peut-on modifierf sur un ensemble Lebesgue-n´egligeable pour garantir quef(nx)tende vers 0 pour toutx≥1?

Solution. — Consid´erons l’ensemble

A ={x∈[1,+∞[ : limf(nx) = 0}.

Cet ensemble est borélien (si on posefn(x) =f(nx), chaque fn est borélienne positive et A est l’ensemble où lim sup_nfn est nulle). Son complémentaire B = [1,+∞[\A, borélien lui aussi, est l’ensemble des ^hhmauvaisⁱⁱ points x ≥ 1 tels que f(nx) ne tende pas vers 0. On a montré à la question précédente que

B₁= [1,2]∩B_∞, l’ensemble des mauvais points de [1,2], est de mesure nulle.

On remarque que six est dans B et dans le segment [k,2k] pour un certain entier k ≥ 1, alorsy=x/k est dans B1 : sinon, la suitef(ny) tendrait vers 0, ainsi que sa sous-suite

n→f(nky) =f(nx),

contrairement à l’hypothèse que x était ^hhmauvaisⁱⁱ. On voit donc que les ^hhmauvais pointsⁱⁱ du segment Ik := [k,2k] sont contenus dans Bk = kB1 = {ky : y ∈ B1}. Par la formule de changement de variable linéaire, on conclut que Bk est Lebesgue-négligeable ; en effet

k⁻¹λ(Bk) = Z

R

1B1(k⁻¹x)k⁻¹dλ(x) = Z

R

1B1(y) dλ(y) = 0.

Puisque chacun des Bk est n´egligeable, il en r´esulte que B^∗= [

k>1

Bk

est Lebesgue-négligeable. Cet ensemble négligeable B^∗contient l’ensemble B des mauvais points : en effet, soitx∈B ; alors il existe au moins un entierk≥1 tel quex∈Ik(on le voit par exemple en prenant pour k la partie entière de x), et on a vu qu’alors y = x/k est dans B1, donc x est dans Bk ce qui montre que

B⊂B^∗.

L’ensemble B des mauvais points est donc négligeable, comme demandait l’énoncé.

Pour modifier f, posons fe(x) = 0 pour x ∈ B^∗, et fe(x) = f(x) sinon. Notons que quand fe(nx) est diff´erent de f(nx), il est nul ; on a donc 0 ≤ f(nx)e ≤ f(nx) pour tous x et n; par cons´equent, quandxn’est pas mauvais, la convergence vers 0 def(nx) entraˆıne celle def(nx). Sie x est mauvais, alorsx∈B^∗, on ax=ky pour unkentier≥1 et uny∈B1, doncnx= (nk)y ∈B^∗ pour tout n≥ 1, donc fe(nx) = 0 pour toutn, et limnfe(nx) = 0 dans ce cas aussi. On a donc limnfe(nx) = 0 pour toutx≥1.