Z 1 0 λ2(Ax)dx = Z 1 0 πf(x)dx = π Z 1 0 f dx

Corrig´e(LM363, 8 janvier 2007) Correction de l’exercice 1

1. F₁(x, y, z) =y²+z² est continue et F₂(x, y, z) = f(x) est bor´elienne, doncF =F1+F2 est bor´elienne etA=F⁻¹(]− ∞,0]) est bor´elien.

2. Six ∈ [0,1], alors Ax ={(y, z) : y²+z² ≤f(x)} est un cercle ferm´e de centre (0,0) et rayon p

f(x) ≥0. Donc A_x est un ferm´e deR² et λ2(Ax) =πf(x).

3. Par le th´eor`eme de Fubini, puisqueλ₃ =λ₁⊗λ₁⊗λ₁ =λ₁⊗λ₂ : λ₃(A) =

Z 1 0

λ₂(Ax)dx = Z 1

0

πf(x)dx = π Z 1

0

f dx.

4. Sif(x) =x³ :

λ₃(A) =π Z ₁

0

x³dx = π 4. Correction de l’exercice 2

1. f est continue donc bor´elienne. Pour touts >0 : Z

f^sdx = Z ∞

0

e^−sxdx =

−1 se^−sx

+∞ 0

= 0−

−1 s

= 1 s. 2. On veut prouver par r´ecurrence que

d^k

dt^k ϕ(t) = (−1)^k k!

(1 +t)^k+1, ∀t∈[0,+∞[, k∈N. (4) La formule (4) est vraie pourk= 0. Si (4) est vrai pour k−1, alors

d^k

dt^kϕ(t) = d

dt(−1)^k−1 (k−1)!

(1 +t)^k = (−1)^k−1(k−1)! (−k) 1 (1 +t)^k+1 et (4) est vrai pourk. Pour toutt∈[0,+∞[, par le point 1

Z

R₊

e^−txf(x)dx = Z ∞

0

e^−(1+t)xdx = 1

1 +t = ϕ(t).

3. On pose maintenantF : [0,∞[²7→R,F(t, x) :=e^−x−tx. Il est clair que pour tout x≥0,F(·, x) est ind´efiniment d´erivable sur [0,∞[ et que :

∂^k

∂t^kF(t, x) = (−1)^kx^ke^−x−tx, ∀(t, x)∈[0,+∞[², k ∈N. 3

Si on posegk(x) :=x^ke^−x1_[0,+∞[(x), on obtient l’estimation :

∂^k

∂t^kF(t,·)

≤ gk(·), Z

gkdλ < +∞.

Par le Th´eor`eme de d´erivation sous le signe d’int´egrale on obtient : d^k

dt^kϕ(t) = Z ∞

0

∂^k

∂t^kF(t, x)dx = Z ∞

0

(−1)^kx^ke^−x−txdx.

Si on poset= 0, on trouve (1) grˆace `a (4).

4. Si on poseψ:]0,+∞[7→]0,1[,ψ(x) :=e^−x, alorsψest un diff´eomorphi- sme et on trouve par le th´eor`eme de changement de variable :

Z ∞ 0

g(e^−x)e^−xdx = Z ∞

0

g(ψ(x))|ψ⁰(x)|dx = Z 1

0

g(y)dy (5) pour touteg:R₊7→R₊ bor´elienne.

5. On peut choisirg(y) =|lny|^k,y∈]0,1[, dans (5) et trouver par (1) : Z 1

0

|lny|^kdy = Z ∞

0

x^ke^−xdx =k! ∀k∈N. (6) Correction de l’exercice 3 1. On rappelle que pour toutδ >0

Z 1 0

x^−δdx=







1

1−δ siδ <1 +∞ siδ≥1.

Puisqueλ([0,1])<+∞, on a que L^p ⊆L^r si 1≤r≤p≤+∞.

Soitf(x) :=x^−α≥0, x∈]0,1] avec α∈]0,1[. Alors Z ₁

0

f^pdx= Z ₁

0

x^−pαdx=







1

1−pα si 1≤p < ¹_α +∞ si p≥ ¹_α.

Doncf ∈L^p pour toutp∈[1,_α¹[ etf /∈L^p pour toutp≥ _α¹. Siα≥1, alors

Z ₁

0

f^pdx= Z ₁

0

x^−pαdx= +∞, ∀ p≥1

doncf /∈L^p pour toutp≥1. En particulier, pour tout α >0, on a : kfkp = +∞, ∀ p≥ 1

α ∨1.

4

Donckfk∞= limkfkp = +∞ etf /∈L^∞ pour toutα >0.

Soit maintenantf(x) := lnx,x∈]0,1]. Par (3) on voit quehappartient

`

aL^kpour toutk∈N. PuisqueL^p ⊆L^r si 1≤r≤p,f ∈L^p pour tout p∈[1,∞[. Maisf /∈L^∞ car

λ({x:|lnx|> M}) =e^−M >0, ∀M >0, donc{M >0 :λ({x:|lnx|> M}) = 0}=∅ etkfk∞= +∞.

2. Par exemple pour toutk≥1 :

g_k(x) :=x^−1+k1 ≥0, x∈]0,1], =⇒ Z 1

0

g_kdx=k. (7) Pour toutp >1, il suffit de prendrek >(1−¹_p)⁻¹ pour avoirp(1−_k¹)>

1 et donc :

Z 1 0

g^p_kdx= Z 1

0

x^−p(1−1k)dx= +∞. (8) 3. On peut d´efinir :

g := X

k

2^−kgk, o`u les (gk)k sont d´efinies par (7), et voir que

kgk1 ≤X

k

2^−kkgkk1 =X

k

2^−kk <+∞.

Pour tout p > 1 il existe k > (1− ¹_p)⁻¹. Puisque gn ≥ 0 pour tout n≥1 on ag≥g_k etg^p ≥g^p_k, donc par (8) :

Z 1 0

g^pdx≥ Z 1

0

g_k^pdx= +∞.

Correction de l’exercice 4

1. Puisquef_n≥0, le lemme de Fatou entraˆıne : Z

lim inf

n→∞ fn

dµ≤lim inf

n→∞

Z

fndµ.

Par hypoth`ese on af ≤lim infnfn et donc : Z

f dµ≤ Z

lim inf

n→∞ f_n

dµ≤lim inf

n→∞

Z

f_ndµ. (9)

5

Puisque lim infn

R fndµ≤lim sup_nR

fndµ, on obtient par la deuxi`eme hypoth`ese :

Z

f dµ≤lim inf

n→∞

Z

f_ndµ≤lim sup

n→∞

Z

f_ndµ≤ Z

f dµ donc toutes les in´egalit´es sont des ´egalit´es et en particulier :

Z

f dµ= lim

n→∞

Z

f_ndµ. (10)

2. De (9) et (10) on obtient : f ≤lim inf

n→∞ f_n µ−p.p.,

Z

f dµ= Z

lim inf

n→∞ f_n dµ et doncf = lim inf_nf_n, µ−p.p..

3. Sia≥b, on a a+b−2 min{a, b}=a+b−2b =a−b=|a−b|et si a≤b le mˆeme est vrai par sym´etrie. Donc :

Z

|fn−f|dµ= Z

fndµ+ Z

f dµ−2 Z

min{fn, f}dµ.

Or on a lim infnmin{fn, f} = min{lim infnfn, f} =f µ−p.p. et en- core par le lemme de Fatou :

Z

f dµ≤lim inf

n

Z

min{fn, f}dµ.

On obtient : lim sup

n→∞

Z

|fn−f|dµ

= lim

n

Z

f_ndµ+ Z

f dµ−lim inf

n→∞ 2 Z

min{fn, f}dµ

≤2 Z

f dµ−2 Z

f dµ= 0.

Donc on a bien que limn→∞

R|fn−f|dµ= 0.

4. Soit (X,A, µ) = ([0,1],B([0,1]), λ). Il suffit de trouver une famille (fn)n∈N de fonctions positives et mesurables telle que fn → 0 dans L¹, lim infnfn = 0 µ-p.p. mais lim sup_nfn > 0 sur un ensemble de mesure positive. L’exemple standard d’une suite qui converge dansL¹ mais pas p.p. nous donne une telle famille :

f₂ⁿ_+k:= 1_[^k

2n;^k+1₂n [, ∀k∈ {0, . . . ,2ⁿ−1}, n∈N, car lim infmfm= 0, limm

R fm = 0 et lim sup_mfm = 1.

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