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

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

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=F1(]− ∞,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 Ax est un ferm´e deR2 et λ2(Ax) =πf(x).

3. Par le th´eor`eme de Fubini, puisqueλ31⊗λ1⊗λ11⊗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

fsdx = Z

0

e−sxdx =

−1 se−sx

+ 0

= 0−

−1 s

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

dk

dtk 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

dk

dtkϕ(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) :=extx. Il est clair que pour tout x≥0,F(·, x) est ind´efiniment d´erivable sur [0,∞[ et que :

k

∂tkF(t, x) = (−1)kxke−x−tx, ∀(t, x)∈[0,+∞[2, k ∈N. 3

(2)

Si on posegk(x) :=xkex1[0,+∞[(x), on obtient l’estimation :

k

∂tkF(t,·)

≤ gk(·), Z

gkdλ < +∞.

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

dtkϕ(t) = Z

0

k

∂tkF(t, x)dx = Z

0

(−1)kxkextxdx.

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(ex)exdx = 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

xke−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 Lp ⊆Lr si 1≤r≤p≤+∞.

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

0

fpdx= Z 1

0

x−pαdx=

1

1−pα si 1≤p < 1α +∞ si p≥ 1α.

Doncf ∈Lp pour toutp∈[1,α1[ etf /∈Lp pour toutp≥ α1. Siα≥1, alors

Z 1

0

fpdx= Z 1

0

x−pαdx= +∞, ∀ p≥1

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

α ∨1.

4

(3)

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

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

`

aLkpour toutk∈N. PuisqueLp ⊆Lr si 1≤r≤p,f ∈Lp 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 :

gk(x) :=x1+k1 ≥0, x∈]0,1], =⇒ Z 1

0

gkdx=k. (7) Pour toutp >1, il suffit de prendrek >(1−1p)1 pour avoirp(1−k1)>

1 et donc :

Z 1 0

gpkdx= Z 1

0

x−p(11k)dx= +∞. (8) 3. On peut d´efinir :

g := X

k

2kgk, 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− 1p)1. Puisque gn ≥ 0 pour tout n≥1 on ag≥gk etgp ≥gpk, donc par (8) :

Z 1 0

gpdx≥ Z 1

0

gkpdx= +∞.

Correction de l’exercice 4

1. Puisquefn≥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→∞ fn

dµ≤lim inf

n→∞

Z

fndµ. (9)

5

(4)

Puisque lim infn

R fndµ≤lim supnR

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

Z

f dµ≤lim inf

n→∞

Z

fndµ≤lim sup

n→∞

Z

fndµ≤ Z

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

Z

f dµ= lim

n→∞

Z

fndµ. (10)

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

n→∞ fn µ−p.p.,

Z

f dµ= Z

lim inf

n→∞ fn dµ et doncf = lim infnfn, 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

fndµ+ 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 supnfn > 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 supmfm = 1.

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