Examens corrigés d'intégration

(1)

Examens corrigés

FrançoisDEMARÇAY

Département de Mathématiques d’Orsay Université Paris-Sud, France

1.

Examen 1

Exercice 1. [Inégalité de Tchebychev] Soit f: R^d −→ R+ une fonction intégrable à valeurs positives qui est Lebesgue-intégrable. Pourα >0, on pose :

E_α :=

x∈R^d: f(x)> α . Montrer que (figure-bonus possible) :

m E_α 6 1

α Z

f.

Exercice 2. En dimensiond > 1, soit une fonction mesurable f: R^d −→ R+ à valeurs positives finies.

(a) Rappeler la définition initiale de la mesurabilité d’une fonction, puis des caractérisa- tions équivalentes.

(b) Montrer que, pour tout entierk ∈Z, les sous-ensembles : E_k :=

x∈R^d: 2^k⁻¹ < f(x) 6 2^k sont mesurables dansR^d.

(c) Montrer que l’on a la réunion disjointe (figure-bonus possible) : [∞

k=−∞

E_k =

x∈R^d: f(x)>0 . (d) Pour tout entiern ∈N, on introduit la fonction étagée :

F_n :=

k=+nX

k=−n

2^k1_E_k, ainsi queF := lim

n→∞Fn. Montrer que l’on a en tout point :

1

2F 6 f 6 F.

(e) Montrer que la fonction d’origine f est Lebesgue-intégrable si et seulement si P_∞

k=−∞ 2^km(E_k) < ∞.

1

(2)

(f)Aveca, b∈R, on introduit les deux fonctions :

f(x) :=



 1

|x|^a pour 0<|x|61,

0 autrement,

et g(x) :=



 1

|x|^b pour |x|>1,

0 autrement.

En utilisant(e), montrer que f est Lebesgue-intégrable surR^d exactement lorsquea < d, et aussi, montrer queg est Lebesgue-intégrable surR^dexactement lorsqueb > d.

Exercice 3. Sur un segment compact [a, b] b R, soit f: [a, b] −→ R une fonction réelle quelconque, pas forcément bornée. Montrer qu’on peut néanmoins définir sans modification la notion de Riemann-intégrabilité def, mais montrer alors que si, pour tout ε > 0, il existe une subdivision∆ de [a, b] telle que la différence entre les sommes de Darboux supérieure et inférieure def satisfaitΣ^∆(f)−Σ_∆(f)6 ε, alors ceci implique en fait que f est nécessairement bornée.

Exercice 4. SoientE₁, E₂, E₃, . . .⊂R^dune infinité dénombrable d’ensembles mesurables emboîtés de manière décroissante les uns dans les autres :

E_k ⊃ E_k+1 (k>1). On suppose que pour un certain entierk₀ >1, on a :

m E_k₀

< ∞.

En utilisant un théorème fondamental énoncé avec soin concernant les réunions dénom- brables disjointes d’ensembles mesurables, montrer que (figure-bonus possible) :

m \∞

k=1

E_k

= lim

K→∞m E_K ,

puis trouver un exemple simple faisant voir que cette conclusion peut être mise en défaut sans l’existence dek₀ tel quem(E_k₀)<∞.

Exercice 5. Le but de cet exercice est de montrer que recouvrir les sous-ensemblesE ⊂R^d par un nombrefini de cubes ne suffit pas à produire un concept réellement satisfaisant de mesure extérieure m^∗(E). On se restreint ici à la dimension d = 1. En effet, la mesure extérieure de Jordanm^∗_J(E)peut être définie par :

m^∗_J(E) = inf XJ

j=1

I_j, où l’infimum est pris sur les recouvrementsfinis :

E ⊂ [J j=1

I_j, par des intervalles fermésI_j.

(a)Montrer quem^∗_J(E) =m^∗_J E

pour tout sous-ensembleE ⊂R.

(b)Trouver un sous-ensemble dénombrableE ⊂ [0,1]tel quem^∗_J(E) = 1, tandis que sa mesure extérieure de Lebesgue vautm^∗(E) = 0.

(3)

1.Examen 1 3

Exercice 6. DansR^d, soit un nombre fini quelconquen>1de sous-ensembles mesurables A₁, A₂, . . . , A_n ⊂R^dde mesures finies :

m(A₁) < ∞, m(A₂) < ∞, . . . , m(A_n) < ∞. Montrer que (figure-bonus possible) :

m

A₁∪A₂ ∪ · · · ∪A_n

= X

16k6n

(−1)^k⁻¹ X

16i1<i2<···<ik6n

m

A_i₁ ∩A_i₂ ∩ · · · ∩A_i_k

. Exercice 7. Soit m la mesure de Lebesgue sur R et soit ε > 0 arbitrairement petit.

Construire un ouvertΩ⊂Rdense dansRtel quem(Ω)6ε.

Exercice 8. Soitf ∈ Cc⁰(R^d,R)une fonction réelle continue à support compact. Montrer que :

0 = lim

h→0

Z

R^d

f(x−h)−f(x)dx.

Indication:Sisupp(f)⊂B(0, R)pour un rayonR 1assez grand, se limiter àh∈R^davec

|h|<1et se ramener àR

B(0,R+1).

Exercice 9. Trouver une suite de fonctions en escalierfn: [0,1]−→R+satisfaisant : 0 = lim

n→∞

Z ₁

0

f_n(x)dx, mais telle que, entoutpointx∈[0,1], la suite numérique :

fn(x)_∞

n=1

soit bornée et ne converge vers aucune valeur réelle. Indication: Utiliser la suite double F_k,m(x) := 1_[^k−1

m ,_m^k] pour1 6 k 6 m, illustrer son comportement pour m = 1,2,3,4, décrire en mots les idées qui viennent à l’esprit, et enfin, rédiger en détail une démonstra- tion rigoureuse.

—————–

(4)

2.

Corrigé de l’examen 1

Exercice 1. Commef: R^d −→ R+ est Lebesgue-intégrable, pour tout réel α > 0, l’ensemble de sur-niveau :

E_α :=

x∈R^d: f(x)> α est mesurable dansR^d. De plus, l’inégalité entre fonctions :

f(x) > α·1_E_α(x) (∀x∈R^d), est claire lorsquex6∈E_αcarf(x)>0 =α·0par hypothèse, et vraie aussi lorsquex∈E_α, carf(x)> α=α·1, donc elle est satisfaite partout.

Par intégration de cette inégalité, nous obtenons instantanément : Z

R^d

f > α·m E_α , ce qui donne bienm(Eα)6 _α¹ R

R^d f.

α

R

R^df

Eα Eα Eα

α α·m(Eα)

Géométriquement, l’hypographe def :

(x, y)∈R^d×R+: 06y6f(x) , dont la mesure (d + 1)-dimensionnelle vaut R

R^d f d’après un théorème du cours, est

« coupé » à hauteurα > 0, et sur le sous-ensemble E_α ⊂ R^doùf > α, on ne retient que la valeur-typeα, ce qui correspond à restreindre la considération au «pseudo-rectangle» de hauteur α et de « base » E_α, lequel est entièrement contenu dans l’hypographe de f au-dessus deE_α :

(x, y) : x∈E_α,06y6α ⊂

(x, y) : x∈E_α, 06y6f(x) ,

et par intégration « visuelle », on trouve bien que l’aire de ce pseudo-rectangle est inférieure à l’aire intégrale totale :

α·m E_α 6

Z

R^d

f.

(5)

2.Corrigé de l’examen 1 5

Exercice 2. (a) Une fonctionf: E −→ {−∞} ∪R∪ {∞}définie sur un sous-ensemble mesurableE ⊂R^dest ditemesurablesi, pour touta∈R, son ensemble de sous-niveau :

f⁻¹ [−∞, a[

=

x∈E: f(x)< a ,

est un sous-ensemble mesurable de R^d. Dans le cours, on a obtenu les caractérisations équivalentes suivantes :

• pour touta∈R, l’ensemble :

x∈E: f(x)6a est mesurable ;

x∈E: f(x)>a est mesurable ;

x∈E: f(x)> a est mesurable ;

• pour tout couple de nombres réels finis :

−∞ < a < b < +∞,

les ensembles-tranches :

a < f < b sont mesurables ;

• plus généralement, il en va de même en remplaçant {a < f < b} par l’un des trois ensembles :

a6f < b ,

a < f 6b ,

a6f 6b .

(b) On en déduit que pour toutk ∈ Z, les ensemblesEk :={x ∈ R^d : 2^k⁻¹ < f(x) 6 2^k}sont mesurables dansR^d.

(c) Pour tout k ∈ Z, l’ensembleE_k = {x ∈ R^d: 2^k⁻¹ < f(x) 6 2^k}est contenu dans l’ensemble :

E^∗ :=

x∈R^d: f(x)>0 ,

donc : [

k∈Z

E_k ⊂ E^∗.

Pour l’inclusion opposée, soit x ∈ E^∗ quelconque. Comme f(x) > 0, et comme la réunion d’intervalles enchaînés :

a

k∈Z

2^k⁻¹, 2^k

= ]0,∞[ est disjointe, il existe un unique entierk_x ∈Ztel que :

2^k^x⁻¹ < f(x) 6 2^k^x, ce qui signifiex∈E_k_x, et donne bien :

[

k∈Z

E_k ⊃ E^∗.

(6)

(d) Soitx∈R^dquelconque fixé.

• Sif(x) = 0, alors pour toutn ∈N, puisquex6∈E_kquel que soitk ∈Z, on a : F_n(x) = X

|k|6n

2^k1_E_k(x)

◦ = 0, puis en faisantn−→ ∞:

F(x) = 0 = f(x),

d’où trivialement¹₂ F(x)6f(x)6F(x), car ¹₂06060, c’est très vrai, mon bébé !

• Si maintenantf(x) > 0, il existe un unique k_x ∈ Z tel que x ∈ E_k_x, d’où pour tout n>|k_x|:

F_n(x) = 2^k^x, puis en faisantn−→ ∞:

F(x) = 2^k^x. Comme par définition dek_xon a :

1

2F(x) = 2^k^x⁻¹ < f(x) 6 2^k^x = F(x),

en relaxant la «strictitude» de l’inégalité à gauche, nous obtenons bien ¹₂F(x) 6f(x)6 F(x).

(e) Comme f: R^d −→ R+ est mesurable à valeurs positives finies, f est Lebesgue- intégrable (par définition !) si et seulement si R

R^d f < ∞. Or une intégration de l’enca- drement def parF obtenu à l’instant dans la question précédente donne :

1 2

Z

R^d

F 6 Z

R^d

f 6 Z

R^d

F, doncf est Lebesgue-intégrable surR^dsi et seulement siF l’est.

Maintenant, il est temps d’observer que la suite(F_n)^∞_n=1de fonctions positives est croissante :

F_n+1(x)−F_n(x) = 2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾1_E₋_n₋₁(x) + 2ⁿ⁺¹1_E_n+1(x) > 0, ce qui permet d’appliquer le théorème de convergence monotone pour obtenir :

Z

R^d

F = Z

R^d

lim

n→∞F_n

= lim

n→∞

Z

R^d

F_n

= lim

n→∞

Z

R^d

X

|k|6n

2^k1_E_k

= lim

n→∞

X

|k|6n

2^km E_k

= X

k∈Z

2^km E_k

∈ R+∪ {∞}, et donc on a bien :

Z

R^d

f < ∞ ⇐⇒

Z

R^d

F < ∞ ⇐⇒ X

k∈Z

2^km E_k .

(7)

(f) Avec un exposanta∈R, la fonction : f_a(x) :=

(|x|⁻^a lorsque 0<|x|<1,

0 ailleurs,

est mesurable à valeurs>0.

Puisque dans la boule unité fermée {|x| 6 1}, on a |x|^c 6 1pour tout exposant réel c>0, la fonctionf_aest toujours intégrable lorsquea60.

Supposons donca >0, et, en application de ce qui précède, regardons, pour toutk ∈Z, les ensembles :

E_k =

x∈R^d: 2^k⁻¹ < f_a(x)62^k

=

x∈R^d: 0<|x|61 et 2^k⁻¹ < _|_x¹_|a 62^k

=

x∈R^d: 0<|x|61 et ¹

2^k^a 6|x|< ¹

2^k⁻^a¹

,

qui s’avèrent ainsi visuellement être une collection infinie d’anneaux (en dimensiond= 2), ou de coquilles sphériques (en dimensiond = 3), emboîtés.

Or lorsquek 60, on voit queE_k =∅, et donc seuls lesE_kaveck>1interviennent.

Maintenant, grâce à la question(e),f est Lebesgue-intégrable si et seulement si : X∞

k=1

2^km E_k

< ∞.

Mais chacune de ces coquillesd-dimensionnelles E_k aveck > 1apparaît manifestement comme étant la dilatée du facteur ¹

2^k^a de la coquille de référence : Ca :=

x∈R^d: 16|x|< ¹

2⁻¹^a ,

évidemment de mesure strictement positive finie 0 < m(Ca) < ∞, et donc d’après la propriété naturelle de dilatation de la mesure de Lebesgue :

m λ·F

= λ^dm(F) (λ >0, F⊂R^dmesurable), on obtient ici :

m E_k

= 1

2^k^a d

·m Ca

,

d’où enfin, en reconnaissant une série géométrique sérendipitrice : X∞

k=1

2^km E_k

= m Ca

X^∞

k=1

2^k(1⁻^d^a⁾ =







∞ lorsque a >d,

m(Ca) 2⁽¹⁻^d^a⁾

1−2⁽¹⁻^d^a⁾ lorsque 0< a < d, ce qui montre quef_aest intégrable si et seulement sia < d.

Passons maintenant au cas — fort similaire ! — de la fonction :

g_b(x) :=

(|x|⁻^b là où |x|>1,

0 ailleurs.

Lorsqueb >0, elle est manifestement non-intégrable.

Supposons doncb >0. Dans ce cas : E_k =

x∈R^d: |x|>1 et ¹

2^k^b 6|x|< ¹

2^k⁻^b¹

,

(8)

avecE_k =∅pourk >1. Toujours avec : Cb :=

x∈R^d: 16|x|< ¹

2⁻¹^b , on vérifie que :

X0 k=−∞

2^km E_k

= m Cb

X⁰

k=−∞

2^k(1⁻^d^b⁾ =





∞ lorsque 0< b6d,

m(Cb) 1

1−2^d^b⁻¹ lorsque b > d, ce qui montre queg_b est intégrable si et seulement sib > d.

Exercice 3. Soit f: [a, b] −→ R une fonction réelle quelconque, pas forcément bornée.

Dans la définition des sommes de Darboux associées à des subdivisions∆ ⊂ [a, b], il se peut alors que l’infimum def sur un intervalle de la subdivision (ou son supremum) soit infini, auquel cas la somme de Darboux correspondante est infinie. Dans tous les cas rien ne nous empêche de vérifier si pour toutε >0, il existe une subdivision de[a, b]:

∆ =

a=x₀ < x₁ <· · ·< x_n₋₁ < x_n =b , telle que :

Σ^∆(f)−Σ_∆(f) 6 ε.

Supposons cette condition verifiée pour un ε > 0 fixé, et montrons qu’alors f est né- cessairement bornée. Raisonnons par l’absurde et supposons f non bornée, par exemple

sup_[a,b]f = +∞. Alors il existe un entier 1 6 k 6 n tel que sur I_k = [x_k₋₁, x_k], on a

sup_I

kf = +∞et doncΣ^∆(f) = +∞. Mais alors

Σ_∆(f)>Σ^∆(f)−ε= +∞.

Cela entraîne que sur un certain intervalleI_l = [x_l₋₁, x_l], on ainf_I_lf = +∞, ce qui est im- possible, car on considère des fonctions dont toutes les valeurs sont réelles. En conclusion, si une fontion vérifie la définition de Riemann-intégrabilité, elle est nécessairement bornée.

Une autre démonstration possible part d’une caractérisation obtenue dans le cours : une fonction f: [a, b] −→ R définie sur un intervalle compact [a, b] ⊂ R est Riemann- intégrable si et seulement si, pour toutε >0, il existe deux fonctions en escalier encadrant f :

f_1,ε^esc 6 f 6 f_2,ε^esc, telles que :

06 Z b a

f_2,ε^esc− Z b

a

f_1,ε^esc 6 ε.

La fonctionf sera de nouveau implicitement bornée, puisque les fonctions en escalier sont (par nature) bornées.

Exercice 4. Cela apparaît explicitement dans le cours, mais refaisons la démonstration.

Quitte à renuméroter la suite, on peut supposer que k₀ = 1 après éliminination des ensembles E₁, . . . , E_k₀₋₁ qui ne comptent pas dans l’intersection infinie. Posons E :=

T_∞

k=1 E_k, et considérons alors les différences : E_k

E_k+1 (k>1),

(9)

de telle sorte qu’on peut représenter sous forme de réunion disjointe :

E₁ = E∪ [∞ k=1

E_k E_k+1

.

Grâce au théorème d’additivité dénombrable disjointe, on peut alors calculer :

m E₁

= m(E) + lim

K→∞

KX−1 k=1

h

m E_k

−m E_k+1i

= m(E) +m E₁

− lim

K→∞m E_K . Puisquem E₁

<∞, à gauche et à droite, on a des nombres réels positifs finis, donc après simplification :

m(E) = lim

K→∞m E_K . Sans l’hypothèse quem Ek

<∞à partir d’un certain rangk >k0, l’énoncé est faux, car si on prend par exempleE_k := [k,∞[⊂R, alorsT_∞

k=1 E_k =∅tandis quem(E_k) =∞ pour toutk >1, ce qui entraîne la non-coïncidence :

m \∞

k=1

E_k

= 0 6= ∞ = lim

K→∞m E_K .

Exercice 5. (a) Pour prouver l’égalité demandée, on va raisonner par double inégalité.

• Avecε > 0arbitrairement petit, soit ∪^Jj=1I_j un recouvrement deE par un nombre fini d’intervalles fermés tels que :

XJ j=1

|I_j| 6 m^∗_J(E) +ε.

Alors en utilisant le fait qu’une réunionfiniede fermés est fermée, il vient en prenant les adhérences :

E ⊂ ₁₆

∪

_j₆_J^I^j ⁼ ₁₆

∪

_j₆_J^I^j^.

Donc∪^Jj=1I_j est aussi un recouvrement de la fermetureEpar un nombre fini d’intervalles fermés, ce qui implique par définition dem^∗_J(E):

m^∗_J E 6

XJ j=1

|I_j|.

Cette inégalité étant vraie pour tout recouvrement deE, on peut passer à l’infimum, c’est- à-dire faireε−→^> 0, pour obtenir une première inégalité :

m^∗_J E

6 m^∗_J(E).

• L’inégalité inverse est plus «naturelle-automatique», donc plus facile. En effet, si∪^Jj=1Ij

est un recouvrement deEpar un nombre fini intervalles fermés, alors l’inclusion : E ⊂ E ⊂ ₁₆

∪

_j₆_J^I^j^,

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fait voir que∪^J_j=1I_j est aussiun recouvrement de E, ce qui donne m^∗_J(E) 6 PJ j=1|I_j|, puis en prenant l’infimum, l’inégalité inverse conclusive :

m^∗_J(E) 6 m^∗_J(E).

Notons qu’en réalité, nous venons simplement de ré-utiliser le fait connu que la mesure extérieure de Jordan est croissante sur toute inclusion telle queE ⊂E.

(b) On cherche ici un ensemble dénombrable de mesure de Borel-Lebesgue nulle dont l’adhérence soit de mesure grande au sens de Jordan. Il vient naturellement à l’esprit de regarder :

E := Q∩[0,1], qui a pour adhérenceE = [0,1].

Cet ensemble E est dénombrable car Q l’est, donc mesurable de mesure de Borel- Lebesguem(E) =m^∗(E) = 0.

Mais d’après la question précédente, m^∗_J(E) = m^∗_J E

= m^∗_J([0,1]) = 1,

puisque Jordan n’a pas fait la bêtise de ne pas attribuer 1 comme mesure — et comme mesure extérieure ! — à l’intervalle unité[0,1], ce qu’on peut vérifier rapidement comme suit.

Tout recouvrement ∪^Jj=1I_j de [0,1] par des intervalles vérifie nécessairement P_J

j=1|I_j|> 1, et comme on a même égalité en utilisant le recouvrementI₁ = [0,1], nous déduisons bien quem^∗_J([0,1]) = 1.

Exercice 6. Les complémentaires des sous-ensembles A_i ⊂ R^d seront notés de manière abrégée :

R^d\A_i =: A^c_i (i= 1,2,3···). Pour la formule visée, le casn = 1est trivial, tandis que le casn = 2se démontre en partant des trois réunionsdisjointes :

A₁∪A₂ = (A₁∩A^c₂)

∪

^(A¹^∩^A²⁾

∪

^(A^c¹^∩^A²^),

A₁ = (A₁∩A^c₂)

∪

^(A¹^∩^A²^),

A₂ = (A₁∩A₂)

∪

^(A^c¹^∩^A²^),

dont on n’hésite pas à prendre les mesures :

m(A₁∪A₂) = m(A₁∩A^c₂) +m(A₁∩A₂) +m(A^c₁∩A₂), m(A₁) = m(A₁∩A^c₂) +m(A₁∩A₂),

m(A₂) = m(A₁∩A₂) +m(A^c₁∩A₂),

et en remplaçant dans la première ligne les valeurs soulignées dans les lignes 2 et 3, on obtient bien après petit toilettage arithmétique :

m(A₁∪A₂) = m(A₁) +m(A₂)−m(A₁∩A₂).

Ce casn= 2n’a l’air de rien, mais maintenant que nous décidons gaillardement de passer à l’implication de récurrence majeure, en supposant atteint le niveaun, pour démarrer

(11)

en direction du niveaun+ 1, il s’avère naturel d’utiliser ce qui vient d’être vu : m

n+1[

i=1

A_i

= m ⁿ

i=1

∪

A_i

| {z }

A⁰₁

∪

^A_{| {z }}ⁿ⁺¹

A⁰₂

= m ⁿ

i=1

∪

A_i

+m A_n+1

−m ⁿ

i=1

∪

A_i

∩

^Aⁿ⁺¹

= m n

i=1

∪

A_i

+m A_n+1

−m _n

i=1

∪

A_i∩A_n+1 ,

pour observer qu’au premier et au troisième termes ainsi apparaissants, on peut appliquer en douceur l’hypothèse de récurrence, tout d’abord sans modification et sans effort au premier :

m ⁿ

i=1

∪

A_i

= Xn

k=1

(−1)^k⁻¹ X

16i1<···<ik6n

m A_i₁ ∩ · · · ∩A_i_k , puis avec un peu plus d’intentions esthéticiennes au troisième :

m _n

i=1

∪

A_i∩A_n+1

= Xn k=1

(−1)^k⁻¹ X

16i1<···<ik6n

m

A_i₁ ∩A_n+1

∩

^{· · ·}

∩

^Aⁱ^k ^∩^Aⁿ⁺¹

= Xn k=1

(−1)^k⁻¹ X

16i1<···<ik6n

m Ai1 ∩ · · · ∩Ai_k ∩An+1

[Changer`:=k+ 1] =

Xn+1

`=2

(−1)^` X

16i1<···<i`−16n

m A_i₁ ∩ · · · ∩A_i_`₋₁ ∩A_n+1

, cette dernière somme multiple pouvant d’ailleurs être interprétée — agréablement pour la suite — avec un`-ème indicei_` égal àn+ 1:

X

16i1<···<i`−16n i`=n+1

,

car en effet, si nous revenons à ce dont nous étions partis et si nous y insérons les formules que nous venons de façonner — le deuxième terme ne quittant pas sa douillette place —, il vient :

m n+1[

i=1

A_i

= Xn

k=1

(−1)^k⁻¹ X

16i1<···<ik6n

m A_i₁ ∩ · · · ∩A_i_k

+m A_n+1

−

− Xn+1

`=2

(−1)^` X

16i1<···<i`−16n i`=n+1

m A_i₁ ∩ · · · ∩A_i_`₋₁ ∩A_n+1

= Xn+1

`=1

(−1)^`⁻¹ X

16i1<···<i`6n+1

m A_i₁ ∩ · · · ∩A_i_` ,

et le résultat n’est autre que la formule désirée au niveaun+ 1, puisque la première somme rassemble exactement toutes les intersections dans lesquelles ne figure pas A_n+1, tandis

(12)

que dans la deuxième somme (troisième terme), on trouve toutes les intersections de plus de deux ensemblesA_iparmi lesquels figureA_n+1.

Exercice 7. Pour construire un ouvertΩ⊂Rdense et de mesurem(Ω)6εarbitrairement petite, on pense spontanément à l’ensembleQ ⊂ Rdes rationnels, et commeQn’est pas ouvert, il vient à l’esprit de former des intervalles ouverts de taille ajustée autour de ses points et qui rétrécissent suffisamment vite.

Plus précisément, si(r_n)^∞_n=1 est une énumération (bijective) des points (dénombrables) deQ, essayons :

Ω :=

[∞ n=1

r_n−α_n, r_n+α_n ,

oùα_n > 0 pour toutn > 1, de telle sorte que Ωest automatiquement ouvert. De plus Ω serade factodense dansR, simplement parce qu’il contient :

Ω ⊃ [∞ n=1

{r_n} = Q. Majorons maintenant sa mesure :

m(Ω) 6 X∞ n=1

m

r_n−α_n, r_n+α_n

= X∞ n=1

2α_n.

Il suffit alors pour conclure de choisirαn := ¹₂ ₂^εn pour atteindrem(Ω)6ε, grâce à Achille P_∞

n=1 1

2ⁿ = 1qui rejoint la Tortue.

Exercice 8. Puisquef est à support compact dans R^d, il existe R 1assez grand pour que :

suppf ⊂ B(0, R).

Soit un vecteurh∈R^dde norme|h|<1. Nous affirmons que la fonction continue : x 7−→ f(x−h)−f(x)

est à support inclus dans la boule ouverteB(0, R+ 1). En effet, pour x 6∈ B(0, R + 1) quelconque,i.e.avec|x|>R+ 1, on a par inégalité triangulaire :

|x−h| > |x| − |h| > R+ 1− |h| > R+ 1−1 = 1,

ce qui garantit quef(x−h) = 0, et comme on a évidemment aussif(x) = 0, ceci prouve notre affirmation.

Soit maintenantε >0arbitrairement petit. La fonctionf étant continue, elle est unifor- mément continue sur le compact (boule fermée)B(0, R+2), à savoir, il existeδ=δ(ε)>0, qu’on peut — et qu’on va ! — supposerδ61, tel que :

∀ |x| 6 R+ 1 ∀ |h| 6 δ f(x−h)−f(x) 6 ε.

(13)

Alors :

Z

R^d

f(x−h)−f(x)dx = Z

B(0,R+1)

f(x−h)−f(x) 6

Z

B(0,R+1)

ε dx

= ε m B(0, R+ 1) ,

quantité qui tend vers0avecε−→^> 0, puisque le volumed-dimensionnel : 0 < m B(0, R+ 1)

= B(0, R+ 1) < ∞ de la boule en question est bien entendu fini.

Remarquons qu’on peut démontrer avec des moyens plus sophistiqués que le volume d-dimensionnel d’une boule (ouverte ou fermée) de rayonR >0dansR^dvaut :

B(0, R) = π^d²

Γ(^d₂ + 1)R^d, oùΓest lafonction Gammad’Euler, définie pourx >0par :

Γ(x) :=

Z _∞

0

t^x⁻¹e⁻^tdt,

et qui peut être considérée comme un prolongement de la factorielle aux nombres réels, sachant queΓ(n+ 1) =n!(exercice !) pour toutn∈N.

Exercice 9. Un simple dessin convainc que la suite f_n(x)_∞

n=1:

f₁ :=F_1,1,

f₂ :=F_1,2, f₃ :=F_2,2,

f₄ :=F_1,3, f₅ :=F_2,3, f₆ :=F_3,3,

f₇ :=F_1,4, f₈ :=F_2,4, f₉ :=F_3,4, f₁₀ :=F_4,4,

· · · · prend une infinité de fois les deux valeurs 0et 1en tout point x ∈ [0,1] fixé, tandis que R1

0 f_n −→

n→∞ 0, car la largeur des gratte-ciels de hauteur constamment égale à1qui glissent de la gauche vers la droite tend à rétrécir indéfiniment. Le voici, ce dessin !

(14)

1 0

1

0 0 1

0 0 1 0 1

1

0 0 1 0 1 0 1

1 2 1

2

1

3 1

3 2

3

14 2

4 1

4 3

4 2

4 3

4

F1,4 F2,4 F3,4 F4,4

F1,1

F2,2 F1,2

F1,3 F2,3 F3,3

Ainsi, il faut renuméroter tout cela. Comme la suite : m(m+ 1)

2

_∞

m=1

=

1, 3, 6, 10, 15, 21,28, 35, . . .

est strictement croissante, à toutn > 1est associé un unique entier m = m_n > 1enca- drant :

m_n(m_n+ 1)

2 + 1 6 n 6 (m_n+ 1)(m_n+ 2)

2 ,

l’écart entre ces deux extrémités valant : (m_n+ 1)(m_n+ 2)

2 −m_n(m_n+ 1)

2 = mn,

et donc, à tout n > 1 est associé un unique couple (m_n, k_n) avec 1 6 k_n 6 m_m le représentant sous la forme :

n = mn(mn+ 1) 2 +k_n. Clairement :

nlim→∞m_n = ∞, car une des inégalités ci-dessus donne√

2n 6m_n+ 2.

Ainsi, grâce à la renumérotation offerte par ces couples(k_n, m_n), on a généralement : f_n(x) := F_k_n_,m_n(x),

(15)

et donc : Z ₁

0

f(x)dx = Z ₁

0

F_k_n_,m_n(x)dx

= Z ₁

0

1_[kn−1

mn ,_mn^kn](x)dx

= 1 m_n −→

n→∞ 0.

Pour démontrer que la suite f_n(x)_∞

n=1 des valeurs desf_nen tout point fixéx ∈ [0,1]

n’estpasconvergente, il suffit d’expliquer l’assertion suivante : En toutx∈[0,1], la suite des valeurs f_n(x)_∞

n=1 prend une infinité de fois la valeur0, et aussi une infinité de fois la valeur1.

En effet, puisque(f_n)^∞_n=1 n’est qu’une renumérotation, il suffit de montrer que la suite double :

F_k,m16m<∞ 16k6m

fait ce qui est affirmé.

Visuellement, il est transparent que la valeur 0 est prise très souvent, sûrement une infinité de fois ! Pour s’en convaincre rigoureusement, fixons06x6 ¹₂, le cas ¹₂ 6x61 se traitant de manière similaire. Or dès quem>3, on a ¹₂ 6 ^m_m⁻¹, et donc :

Fm−1,m(x) = 1_[^m−1

m ,m](x) = 0, donc la valeur 0 est prise par toutes ces F_m₋_1,m_∞

m=1 — et beaucoup d’autres ! —, en nombre infini.

Quant à la valeur1, c’est presque aussi simple, car enx ∈ [0,1]fixé, pour toutm > 1, comme :

[m k=1

_k₋₁

m , _m^k

= [0,1], il existe au moins un entierk_x,mavec16k_x,m 6mtel que :

1 = 1_[kx,m−1

m ,^kx,m_m ](x) = F_k_x,m_,m(x), et ces F_k_x,m_,m_∞

m=1sont manifestement infiniment nombreuses.

—————–

(16)

3.

Examen 2

Exercice 1. (a) Montrer que ni l’inclusionL¹(R^d) ⊂ L²(R^d), ni celleL²(R^d) ⊂ L¹(R^d) ne sont vraies. Indication : supposerd= 1et penser à √¹x ·1_]0,1[ainsi qu’à ¹_x ·1_[1,_∞_[. (b) Montrer que si une fonctionf: E −→ C est définie sur un sous-ensemble mesurable E ⊂R^dde mesurem(E)<∞, alorsf ∈L²(E,C)impliquef ∈L¹ avec :

||f||L¹ 6 p

m(E)||f||L².

(c) Montrer que sifest bornée,i.e.si|f(x)|6C <∞, et sif ∈L¹(R^d), alorsf ∈L²(R^d) avec :

||f||L² 6 √ Cp

||f||L¹.

Exercice 2. (a)Établir l’existence de la limite suivante, et déterminer sa valeur :

nlim→∞

Z _∞

0

4t³+ 12

12t⁶ + 3n t+ 2dt.

Indication:Utiliser le théorème de convergence dominée.

(b) Faire de même pour :

nlim→∞

Z _π/2

0

sin(nx) nsinx dx.

Indication:Découper l’intégrale enRδ

0 +Rπ/2 δ .

Exercice 3. (a) Montrer pourf ∈Cc⁰(R^d,C)continue à support compact que l’on a : 0 = lim

δ→1

f(x)−f(δ x)

L¹(R^d).

(b) Généraliser cela aux fonctionsf ∈L¹(R^d,C)Lebesgue-intégrables quelconques.

Exercice 4. [Inégalité de Hardy dansL^p]Soit un nombre réel1<p<∞. L’objectif est d’étudier l’opérateur qui, à une fonctionf ∈L^p(]0,∞[,C), associe la fonction :

x 7−→ T(f)(x) := 1 x

Z x 0

f(t)dt (0< x <∞). (a) Rappeler la valeur de l’exposant conjugué dep, dans l’inégalité de Hölder.

(b) Montrer que cette fonctionx7−→T(f)(x)est bien définie pourx∈R^∗₊.

(c) Montrer que sig ∈Cc⁰(]0,∞[,C), alorsg etT(g)sont liées par une équation différen- tielle, que l’on explicitera.

(d) Montrer que si g ∈ C_c⁰(]0,∞[,C) est à support dans [a, A] avec 0 < a 6 A < ∞, alors :

T(g)(x) 6 (A−a)¹⁻¹^p||g||L^p

x .

(e) Montrer quex

T(g)(x)p

tend vers0quandx−→ ∞.

(17)

3.Examen 2 17

(f) On suppose temporairement queg ∈Cc⁰(]0,∞[,R+)prend des valeurs réelles positives.

En exécutant une intégration par parties, et en utilisant ce qui précède, montrer que : T(g)

L^p

p

= −p Z _∞

0

g T(g)^p⁻¹+p Z _∞

0

T(g)^p.

(g) Toujours pourg ∈Cc⁰(]0,∞[,R+), montrer en utilisant l’inégalité de Hölder que : T(g)

L^p 6 p

p−1||g||L^p.

(h) Montrer que si une suite(g_n)^∞_n=1de fonctions continues positivesg_n ∈Cc⁰ ]0,∞[,R+

converge en normeL^pvers une fonction-limite (positive)f ∈L^p ]0,∞[,R+

, alors :

nlim→∞T(g_n)(x) = T(f)(x) (∀x >0). (i) Montrer que l’inégalité précèdente est maintenant vraie pour toute fonction f ∈ L^p ]0,∞[,R+

:

T(f)

L^p 6 p

p−1||f||L^p.

Indication:Utiliser Fatou.

(j) Montrer qu’elle demeure encore vraie pour toute fonction à valeurs complexes f ∈ L^p ]0,∞[,C

.

(k) Trouver un exemple de fonctionf ∈L¹(]0,∞[)telle queT(f)6∈L¹(]0,∞[).

(l) Montrer qu’il n’est pas possible de remplacer la constante _p₋^p₁ par une constante plus petite.Indication:On pourra considérer la suite de fonctions t7→t⁻¹^p ·1_[1,n]_∞

n=1. (m) Examiner le casp=∞.

Exercice 5. Soit (f_n)^∞_n=1 une suite de fonctions mesurables f_n: R^d −→ R Lebesgue- intégrables convergeant presque partout vers une certaine fonction-limite :

f(x) = lim

n→∞f_n(x) (pour presque toutx∈R^d), mesurable et intégrable qui satisfait :

Z

R^d

f = lim

n→∞

Z

R^d

f_n.

(a) On suppose toutes les f_n > 0 positives, et on introduit la suite auxiliaire g_n :=

min(f_n, f). Montrer que :

n→∞lim

Z

R^d

gn(x)dx = Z

R^d

f(x)dx.

Indication:Penser à Fatou !

(b) Toujours en supposant toutes lesfn>0positives, montrer que : 0 = lim

n→∞

Z

R^d

f_n(x)−f(x)dx.

(c) Montrer que la suite :

h_n(x) = n^d1_]0,¹

n[^d(x)−n^d1_]₋¹

n,0[^d(x) (n>1)

converge ponctuellement vers0et que0 = lim

n→∞

R h_n.