Int´egration et probabilit´es 2012-2013 TD5 – Espaces L p – Corrig´e

Int´egration et probabilit´es ^2012-2013 TD5 – Espaces L ^p – Corrig´e

0 – Exercice ayant ´et´e pr´epar´e

E ^{xercice 1.}

(Vive les espaces polonais) Soit (E,d) un espace m´etrique muni de sa tribu bor´elienne B. Soitµ une mesure positive sur(E,B) telle que µ(E) = 1. On dit qu’elle est tendue si pour tout ∈(0, 1), il existe un compactK tel queµ(K)>1−.

1. Prouver que si(E,d)est s´eparable et complet, alors toute mesureµsur(E,B)telle queµ(E) =1 est tendue.

2. Prouver que si(E,d)est s´eparable et complet et siµest une mesure sur(E,B)telle queµ(E) =1, alors pour tout bor´elienA:

µ(A) =sup{µ(K);K⊂A,Kcompact}.

3. – Trouver un espace topologiqueT et une mesureµsur(T,B(T))de masse totale1qui ne soit pas tendue.

On rappelle que(E,d)est s´eparable s’il admet une suite (d´enombrable) dense.

Corrig´e:

1. Soit(xn)n>1une suite dense dansEet > 0. Pour toutp>1, on a X= [

n>1

B(x_n, 1/p),

o`uB(x,r)d´esigne la boule ouverte de centrexet de rayonr. Commeµ(E)<∞, pour tout entier p>1, il existenp∈N^∗tel que

µ

_np [

n=1

B(xn, 1/p)

!c!

6

2^p. On pose alors

K = \

p>1

[

n6np

B(x_n, 1/p).

Alors K ⊂ S

n6npB(x_n, 1/p) pour tout p > 1, donc K est un ensemble pr´ecompact dans l’espace complet (X,d); K ´etant ferm´e, il est donc compact. D’autre part, la σ-additivit´e de µ entraˆıne

µ(K^c)6µ



 [

p>1



 [

n6np

B(x_n, 1/p)





c

6X

p>1

2^p =. 2. Il a ´et´e vu en cours que

µ(A) =sup{µ(F);F⊂A,Fferm´e},

carµest une mesure finie sur la tribu bor´elienne d’un espace m´etrique. L’intersection d’un ferm´e et d’un compact ´etant un compact, la question 1. implique que siFest ferm´e,

µ(F) =sup{µ(K);K⊂F,Kcompact}. Le r´esultat s’ensuit.

3. SoitXun ensemble non d´enombrable, qu’on munit de la topologie co–d´enombrableτ_x(les ouverts sont par d´efinition∅ et les sous-ensembles B ⊂ X pour lesquels B^c est d´enombrable). La tribu bor´elienne deXest alors constitu´ee par les ´el´ementsBtels queBouB^csoit d´enombrable (en effet, on v´erifie ais´ement que ces ´el´ements forment une tribu).

Remarquons tout de suite que si B ⊂ X est infini, alors B n’est pas compact. En effet, soit (a_n)_n>1 une suite d’´el´ements deB, posonsA={a₁,a₂, . . . ,}etB_n = A^c ∪{a₁, . . . ,a_n}. Alors

∪_n>1B_nest un recouvrement ouvert deBduquel on ne peut pas extraire un recouvrement fini.

Soitµla mesure d´efinie sur(X,τ_X)par:

µ(B) =

0 siBest d´enombrable 1 siB^cest d´enombrable.

V´erifions queµest une mesure. `A cet effet, consid´erons une suite(B_n)_n>1 de sous-ensembles disjoints de Xet posons B = ∪_n>1Bn. Si tous lesBn sont d´enombrables, µ(Bn) = 0 pour tout n > 0 et µ(B) = 0; on a bien µ(B) = P

n>1µ(B_n). Si un des B_n est de compl´ementaire d´enombrable, tous les autres sont d´enombrables car ils sont disjoints (s’en convaincre). Dans ce cas on a bien aussiµ(B) =P

n>1µ(Bn).

Il est clair en revanche que µ n’est pas tendue car d’apr`es ce qu’on a vu pr´ec´edemment les compacts ont mesure nulle.

Et si on veut une mesure de masse totale1non tendue sur la tribu bor´elienne d’un espace m´etrique

...?

1 – Petites extractions

0) Donner un exemple de f ∈ L¹(R,B(R),λ) telle que f 6∈ L^p(R,B(R),λ) pour tout p > 1, et un exemple def∈L^p(R,B(R),λ)avecp >1telle quef6∈L¹(R,B(R),λ).

Corrig´e: Pour le premier exemple, on peut prendre f(x) = _xln(x)¹ 2 sur ]0, 1/2[. Pour le deuxi`eme exemple, on peut prendref(x) = _1+x¹ surR+.

1) Soientp >1et(f_n)_n>0 une suite deL^p(E,A,µ)qui converge dansL^p versf. Rappeler pourquoi il existe une extractriceφet une fonctionh ∈L^p(E,A,µ)telle que(f_φ(n))_n>0 convergeµ-p.p. vers fet

|f_φ(n)|6hpour toutn>1,µ-p.p.

Indication : Calquer la d´emonstration de la compl´etude des espacesL^p.

Corrig´e:La d´emonstration de la compl´etude des espaceL^pest importante et est `a connaˆıtre.

On se limite au casp <∞. Comme la suite(f_n)est convergente, elle est de Cauchy et on peut alors choisir une extraction(φ(k))_k>0 telle que

kf_φ(k+1)−f_φ(k)k_p6 1 2^k.

(par exemple, prendre φ(n) = min{k > φ(n−1); ∀l > k,kf_l −fkk_p < 2⁻ⁿ}. Pour simplifier les notations, on poseg_n=f_φ(n).

Exactement comme dans la preuve de la compl´etude des espaceL^p, on montre que X∞

n=0

|gn+1−gn|∈L^p (1)

Cette derni`ere s´erie est donc µ-p.p. finie, autrement dit la s´erie de terme g´en´eralgn+1 −gn converge absolument,µ-p.p. Elle converge doncµ-p.p. On peut ainsi poser:

F=g₀+X

n>0

(g_n+1−g_n).

Exactement comme dans la preuve de la compl´etude des espaceL^p, on montre que g_n−→^Lp Florsque n→∞, Or, par hypoth`ese,f_n−→^Lp f. Ainsif=F µ-p.p, etg_nconverge bienµ-p.p. versf.

D’autre part, on a imm´ediatement

|g_n|6|g₀|+X

n>0

|g_n+1−g_n|.

Il suffit alors de poserh =|g₀|+P

n>0|g_n+1−g_n|, qui est dansL^p d’apr`es l’in´egalit´e de Minkowski et(1).

2) Soit(f_n)_n>0 une suite deL^p(E,A,µ)qui converge dansL^pversfet qui converge ´egalementµ-p.p.

versg. Montrer queg∈L^pet quef=g µ-p.p.

Corrig´e: On utilise Fatou pour prouver queg ∈ L^p(ou convergence domin´ee avec la domination de la question pr´ec´edente). D’apr`es la question pr´ec´edente, il existe une extractriceφtelle quef_φ(n)^µ−→^p.p.f, et une extractriceψtelle quef_φ(ψ(n))^µ−→^p.p.g. Maisf_φ(ψ(n))^µ−→^p.p.f, et doncf=g µ-p.p.

3) Soit(f_n)_n>0une suite deL^p(E,A,µ)∩L^q(E,A,µ)avecp,q ∈[1,+∞[etp6=q. On suppose que fn →0dansL^pquandn →∞et que(fn)_n>0 est une suite de Cauchy dansL^q. Montrer quefn →0 dansL^qquandn→∞.

Corrig´e: La suite(f_n)_n>0 est une suite de Cauchy dans L^qdonc il existe une fonctionf ∈ L^q telle quefn → fdansL^q quandn → ∞. On peut extraire de(fn)_n>0 une sous-suite (fφ(k))_k>0 telle que f_φ(k) → f µ-p.p. quand k → ∞. Par ailleursf_φ(k) → 0 dansL^p quandk → ∞. Donc on peut en extraire une sous-suite(f_φ(ψ(j)))_j>0telle quef_φ(ψ(j)) →0µ-p.p. quandj→∞. On en d´eduit donc que

f=0µ-p.p.

2 – Espaces L

^p

E ^{xercice 2.}

(Continuit´e de l’op´erateur de translation)

Soienth∈Retf: (R,B(R))→(R,B(R))une fonction mesurable. On d´efinitτ_hfpar τ_hf(x) =f(x−h), x∈R.

1. V´erifier que l’op´erateur de translationτ_h est une isom´etrie de l’espace L^p(R,B(R),λ)pourp ∈ [1,+∞].

2. On supposep <∞. Montrer que sif∈L^p(R,B(R),λ)alors,

h→0lim kτ_hf−fk_p=0,

|h|lim→+∞kτ_hf−fk_p=2^1/pkfk_p.

Indication : on pourra traiter tout d’abord le cas o`ufest continue `a support compact.

3. Que deviennent les r´esultats de la question (2.) sip=∞?

4. – D´eduire des questions pr´ec´edentes que siλ(A)>0, alors l’ensembleA−A={x−y:x,y∈ A}contient un voisinage de0.

Corrig´e:

1. Pourp=∞c’est clair, et pourp <∞ceci provient du fait que l’image de la mesure de Lebesgue par l’applicationx 7→x−hest elle-mˆeme pour touth >0.

2. Soit fune fonction continue `a support compact. La fonction fest donc uniform´ement continue.

Soienta < bdeux r´eels tels que le segment[a,b]contient le support def. On a, pour tout|h|<1, kτ_hf−fk^p_p 6(b−a+2)sup

x∈R

|f(x+h) −f(x)|^p,

etsup_x∈R|f(x+h) −f(x)|^p →0quandh→0(une autre possibilit´e est d’utiliser le th´eor`eme de convergence domin´ee).

Soithtel que|h|> b−a. Alors les supports deτ_hfetfsont disjoints. On a donc kτ_hf−fk^p_p

= Z

E

|τ_hf(x) −f(x)|^pdx

= Z

E

|τ_hf(x) −f(x)|^p1{x∈supp(f)}dx+ Z

E

|τ_hf(x) −f(x)|^p1{x∈supp(τ_hf)}dx

= kfk^p_p+kτ_hfk^p_p =2kfk^p_p.

Soient maintenantf ∈ L^p etε > 0. On peut trouver une fonction g continue `a support compact telle quekf−gk_p6ε. Ainsi, pour touth>0,

kτhg−gkp−kτhg−τhfkp−kg−fkp6kτhf−fkp 6kτhg−gkp+kτhf−τhgkp+kg−fkp, c’est `a dire

−2ε+kτ_hg−gk_p 6kτ_hf−fk_p 62ε+kτ_hg−gk_p. Ainsi, on a

lim sup

h→0

kτ_hf−fk_p 62ε, et

2^1/pkfkp−(2+2^1/p)ε6lim inf

|h|→∞ kτhf−fkp6lim sup

|h|→∞ kτhf−fkp 6(2+2^1/p)ε+2^1/pkfkp. Ceci ´etant vrai pour toutε >0, on en d´eduit les deux limites.

3. Dans le cas o`u p = +∞, les r´esultats ne sont plus vrais. En effet, en posant f = 1[0,1], on a kτ_hf−fk_∞ =1pour touth∈Rdonckτ_hf−fk_∞ 90quandh→0. De mˆeme en posantg =1R

on akτhg−gk_∞=0et donckτhg−gk_∞ 92^1/pquand|h|→∞.

4. NotonsA_n =A∩B(0,n). Alorsλ(A) =limn→∞λ(A_n). Il existe doncn>0tel queλ(A_n)>0.

On peut donc supposer que Aest born´e, de mesure strictement positive, de sorte quef = 1A est dansL¹. On a

τ_hf−f=1A∆(A+h), donc

k1A∆(A+h)k₁ −→

h→00 ie λ(A∆(A+h))−→

h→00.

En particulier,λ(A∩(A+h)^c) → 0donc λ(A∩(A+h)) → λ(A). On peut donc trouver h₀ tel queλ(A∩(A+h)) >0pour touth 6 h0. En particulier,A∩(A+h) 6=∅. Donc il existe x,y∈Atels quex=y+hieh=x−y. On a donc montr´e que] −h₀,h₀[⊂A−A.

Rappel(Th´eor`eme d’Egoroff). Soit(E,A,µ)un espace mesur´e tel queµ(E)<∞, et(fn)_n>0une suite fonctions qui convergeµ-p.p. versf. Alors pour toutε > 0il existeA_ε ∈ Ade mesureµ(A_ε) 6 εtel que la suitef_nconverge uniform´ement versfsurE\A_ε.

E ^{xercice 3.}

^Soit(E,A,µ)un espace mesur´e tel queµ(E)<∞. On consid`ere une suite(f_n)_n>0born´ee de L^p(E,A,µ), p ∈]1,∞[ et une fonction mesurable f sur (E,A,µ) telles que f_n → f µ-p.p. quand n→∞.

1. Montrer quef∈L^p(E,A,µ).

2. Montrer quefn →fdansL^rquandn→∞pour toutr∈[1,p[.

3. Que se passe-t-il pourp=∞? Corrig´e:

Casp < +∞.

1. D’apr`es le lemme de Fatou on a Z

E

|f_n|^pdµ6lim inf

n→∞

Z

E

|f_n|^pdµ6sup

n>0

kf_nk^p_p <∞, et doncf∈L^p.

2. On fixer∈[1,p[,ε >0et un ensembleA_εdonn´e par le th´eor`eme d’Egoroff. Soitn₀ >0tel que pour toutn>n0 on a

sup

x∈E\Aε

|f_n(x) −f(x)|6ε.

Alors pour toutn>n0on a d’apr`es l’in´egalit´e de H¨older Z

E

|fn−f|^rdµ = Z

E\Aε

|fn−f|^rdµ+ Z

Aε

|fn−f|^rdµ 6 ε^rµ(E) +ε^1−r/p

Z

Aε

|f_n−f|^pdµ r/p

6 ε^rµ(E) +2^rε^1−r/p

kfk^p_p+sup

n>0

kf_nk^p_p r/p

Casp= +∞.

1. On a l’existence d’une constanteM <∞telle queµ(|f_n|> M) =0pour toutn>0. Or {f > M}⊂ [

n>0

{|fn|> M}.

Doncµ(|f|> M) =0etf∈L^∞.

2. On fixer ∈ [1,+∞[, ε > 0et un ensembleA_ε donn´e par le th´eor`eme d’Egoroff. Soitn₀ > 0tel que pour toutn>n₀on a

sup

x∈E\Aε

|f_n(x) −f(x)|6ε.

Alors pour toutn>n₀on a Z

E

|f_n−f|^rdµ = Z

E\Aε

|f_n−f|^rdµ+ Z

Aε

|f_n−f|^rdµ 6 ε^rµ(E) +ε(2M)^r.

E ^{xercice 4.}

(Lemme de Scheff´e)Soientp∈[1,∞[et(f_n)_n>0 une suite deL^p(E,A,µ)qui converge µ-p.p. vers une fonctionfdeL^p(E,A,µ). Montrer l’´equivalence suivante:

n→lim∞||f_n−f||p =0 ⇐⇒ lim

n→∞||f_n||p =||f||p.

Indication: consid´ererg_n =2^p(|f_n|^p+|f|^p) −|f_n−f|^p, un peu comme dans la preuve du th´eor`eme de convergence domin´ee.

Corrig´e: L’implication est toujours v´erifi´ee (mˆeme sans convergeance µ-p.p.) car |||f_n||p−||f||p| 6

||f_n−f||pd’apr`es l’in´egalit´e triangulaire.

Pour la r´eciproque, comme sugg´er´e, introduisonsgn =2^p(|fn|^p+|f|^p)−|fn−f|^p, qui est une fonction positive d’apr`es l’in´egalit´e triangulaire, convergeantµ-p.p. vers2^p+1|f|^p. Le lemme de Fatou fournit:

Z

(lim inf

n→∞ g_n)dµ6lim inf

n→∞

Z g_ndµ Or2^p+1R

|f|^pdµ=R

(lim infn→∞g_n)dµ. Ainsi:

2^p+1 Z

|f|^pdµ6lim inf

n→∞

Z

g_ndµ = 2^plim inf

n→∞

Z

(|f_n|^p+|f|^p)dµ−lim sup

n→∞

Z

|f_n−f|^p

= 2^p+1 Z

|f|^pdµ−lim sup

n→∞

Z

|f_n−f|^p, o`u on a utilis´e le fait que||fn||p→||f||plorsquen→∞pour la derni`ere ´egalit´e. Ainsi

lim sup

n→∞

Z

|f_n−f|^p60, ce qui conclut.

Remarque:si on oublie l’hypoth`ese de convergenceµ-p.p., la r´eciproque est fausse (trouvez un contre-

exemple!).

E ^{xercice 5.}

(Th´eor`eme de Lusin)Soitf: [a,b]→Rune fonction mesurable. Montrer que pour tout ε >0il existe un compactK ⊂[a,b]tel queλ([a,b]∩K^c_ε)6εetfsoit continue surK.

Indication: on pourra utiliser le th´eor`eme d’Egoroff et le fait que les fonctions continues sur [a,b]sont denses dansL¹([a,b]).

Corrig´e: Commefest finie, il existen > 1tel queλ({|f| > n}) < . Par r´egularit´e ext´erieure de la mesure de Lebesgue, il existe un ouvertOtel que{|f|>n}⊂Oetλ(O)<2.

La fonctiong=f1O^c est born´ee, donc dansL¹([a,b]). Il existe ainsi une suite de fonctions continues f_ntelles quef_n−→^L1 g. Il existe une extractionφtelle quef_φ(n)−→^p.p. g. D’apr`es le th´eor`eme d’Egoroff, il existe un ensemble mesurableA tel queλ(A) 6et la convergencef_φ(n)−→^p.p. gsoit uniforme sur [a,b]\A.

Par r´egularit´e ext´erieure de la mesure de Lebesgue, il existe un ouvertO⁰ tel queA ⊂O⁰ etλ(O⁰)<

2. De plus, la convergencef_φ(n)−→^p.p. gest uniforme sur[a,b]\O⁰.

Les fonctions f_n ´etant continues, il s’ensuit que g est continue sur [a,b]\O⁰. Posons finalement K = [a,b]\(O⁰ ∪O). Ainsi, la fonctionfest continue surK, et on a λ([a,b]∩K^c_ε) 6 4ε, ce qui

conclut.

3 – Th´eor`eme de Radon-Nikodym

E ^{xercice 6.}

(Contre-Exemple `a R-N)Soitm la mesure de comptage sur (R,P(R))c’est-`a-dire que m(A) =#Apour toute partieAdeR. On notem₀la restriction dem `a la tribu bor´elienne deR.

1. Montrer que la mesure de Lebesgue est absolument continue par rapport `am0.

2. Montrer qu’il n’existe pas de fonction mesurablef:R→R+ telle queλ=f·m₀, o`uλd´esigne la mesure de Lebesgue.

3. Conclure quelque chose d’intelligent et intelligible.

Corrig´e:

1. SoitA∈B(R)telle quem₀(A) =0. AlorsA=∅et doncλ(A) =0.

2. Supposons qu’il existe une telle fonctionf. Alors pour toutx ∈R, on a 0=λ({x}) =

Z

{x}

fdm₀ =f(x).

Ainsif=0puisλ=0. Contradiction.

3. La mesureµ0n’est pasσ-finie et le th´eor`eme de Radon-Nikodym ne s’applique pas.

E ^{xercice 7.}

(Quantification de l’absolue continuit´e) Soient µ et ν deux mesures sur un espace mesurable(E,A).

1. On suppose que pour toutε >0, il existeη >0tel que pour toutA∈A, µ(A)6η ⇒ ν(A)6ε.

Montrer queνest absolument continue par rapport `aµ.

2. Montrer que la r´eciproque est vraie dans le cas o`u la mesureνest finie. Que se passe-t-il siνest infinie?

Corrig´e:

1. SoitA∈Atel queµ(A) =0. Alors pour toutε > 0on aν(A)6εc’est-`a-direν(A) =0.

2. On suppose que l’assertion n’est pas v´erifi´ee. Soientε > 0et une suite(A_n)_n>1tels que, pour tout n > 1, µ(A_n) 6 2⁻ⁿ etν(A_n) > ε. NotonsB_n =∪_k>nA_k pour toutn > 1etB = ∩_n>1B_n. Alors d’apr`es le lemme de Borel-Cantelli, on aµ(B) = 0, puisν(B) = 0. Par ailleurs, pour tout n>1, on aν(B_n)>ν(A_n)>ε. Et la suite(B_n)_n>1est d´ecroissante pour l’inclusion. La mesure ν´etant finie, on en d´eduit que

ν(B) = lim

n→∞ν(B_n)>ε, ce qui est contradictoire.

ATTENTION:on ne peut pas dire queµa une densit´e par rapport `aν: les mesures n’´etant pas n´ecessairement sigma-finies, on ne peut pas utiliser le th´eor`eme de Radon-Nikodym.

Lorsqueν = ∞, il est facile de construire un contre-exemple (par exemple prendreµ etνsur R,µabsolument continue par rapport `aνavec une densit´e non int´egrable, par exemplex→e^x).

E ^{xercice 8.}

(Le retour du diable)On construit r´ecursivement une suite(fn)_n>0de fonctions continues sur[0, 1] telles quef(0) = 0etf(1) = 1comme suit. On posef₀(x) = xpourx ∈ [0, 1]. On construit f_n+1 `a partir def<sub>n</sub>en remplac¸antf<sub>n</sub>, sur chaque intervalle maximal[u,v]o`u elle n’est pas constante, par la fonction lin´eaire par morceaux qui vaut(fn(u) +fn(v))/2sur_2u

3 +^v₃,^2v₃ +^u₃ .

1. Verifier que|f_n+1(x) −f_n(x)|6 2⁻ⁿpour toutn > 0etx ∈ [0, 1]. En d´eduire quef_n converge uniform´ement sur[0, 1]vers une fonction continue not´eef_diable.

2. Soit µ_diable la mesure sur [0, 1] d´efinie comme ´etant la mesure de Stieljes associ´ee `a f<sub>diable</sub>. Montrer que µ<sub>diable</sub> est ´etrang`ere par rapport `a la mesure de Lebesgue. La mesureµ_diable a-t- elle des atomes?

Corrig´e:

1. Voir TD 3, Exercice 1, Question 2).

2. Le support de la mesureµ_diable est l’ensemble de Cantor triadiqueK₃ (voir le mˆeme exo, ainsi que le TD1), qui est de mesure de Lebesgue nulle. Ainsiµ_diable et la mesure de Lebesgue sont

´etrang`eres. Cependant,µ_diable n’a pas d’atomes, car la fonction croissantef_diable est continue.

4 – Compl´ements (hors TD)

E ^{xercice 9.}

1. Soientp∈[1,+∞[etf∈L^p(R+,B(R+),λ). On poseF(x) =Rx

0 f(t)dt. Montrer queFest bien d´efinie et que siqest l’exposant conjugu´e dep, alors

h→0lim

sup_x∈R|F(x+h) −F(x)|

|h|^1/q =0.

2. En d´eduire que sigest une fonction surR+ de classeC¹int´egrable telle queg⁰∈L^p(R+)pour un p∈[1,+∞[, alorsg(x)→0quandx→+∞.

Corrig´e:

1. Pour toutx ∈R+,f∈L^p([0,x]) ⊂L¹([0,x])doncFest bien d´efinie. Soitx ∈R+. On a, d’apr`es l’in´egalit´e de H¨older,

|F(x+h) −F(x)|= Z

E

f1[x,x+h]dµ 6

Z

E

|f|^p1[x,x+h]dµ 1/p

|h|^1/q. Donc, en posantG(x) =R_x

0 |f|^pdµ, on a sup_x∈R|F(x+h) −F(x)|

|h|^1/q 6sup

x∈R

(|G(x+h) −G(x)|)^1/p −→

h→00, carGest uniform´ement continue.

2. La fonctiongest de classeC¹ doncg(x) =g(0) +Rx

0 g⁰(t)dt. D’apr`es la question 1.,

h→0lim

sup_x∈R|g(x+h) −g(x)|

|h|^1/q =0.

Supposons qu’il existeε >0tel que pour toutn∈N, il existex_n>ntel queg(x_n)> ε. On peut trouverh0 ∈]0, 1[tel que pour touth6h0,

sup

x∈R

|g(x+h) −g(x)|6 ε|h|^1/q

2 6 ε

2.

Donc, pour toutn ∈N, pour toutt ∈ [x_n,x_n+h₀], on ag(t)> ε/2. La suite(x_n)_n>0 peut-ˆetre choisie de sorte que les intervalles[x_n,x_n+h₀]soient disjoints. Ainsi,

Z

R+

|g(t)|dt> X

n∈N

Zxn+h0

xn

|g(t)|dt> X

n∈N

εh₀

2 = +∞,

ce qui contredit l’int´egrabilit´e deg.

E xercice 10.

^Soient(E,A,µ)un espace mesur´e σ-fini etp ∈ [1,∞[. Soitg : E → R une fonction mesurable telle que, pour tout fonctionf∈L^p, on afg∈L^p. Montrer queg∈L^∞.

Corrig´e: On note (E_k)_k>0 une suite croissante d’ensembles mesurables telle que µ(E_k) < ∞pour tout k > 0 et ∪_k>0E_k = E. Supposons que g /∈ L^∞. Alors il existe une infinit´e de n ∈ N tels que l’ensemble {2ⁿ < g 6 2ⁿ⁺¹} est de mesure non nulle, il y a donc une infinit´e den tels que pour un certaink,

X_n,k := {2ⁿ < g62ⁿ⁺¹}∩E_k

est de mesure non nulle (et finie). SoitY_m une suite d’ensembles d´efinie comme suit : Y_m = X_nm,km telle que la suite(n_m)_m>1est strictement croissante (en particuliern_m >m) etµ(Y_m)>0. Il est facile de v´erifier que tous lesYmsont disjoints. Posons

f= X

m>0

2^−m(µ(Y_m))^−1/p1Ym.

Alors Z

E

f^pdµ= Z

E

X

m>0

2^−mp(µ(Y_m))⁻¹1Ymdµ= X

m>0

2^−mp<∞, et par ailleurs,

Z

E

(fg)^pdµ= Z

E

X

m>0

2^−mp(µ(Y_m))⁻¹1Yng^pdµ>

Z

E

X

m>0

2^−mp(µ(Y_m))⁻¹1Ym2^mpdµ= X

m>0

1=∞. On a donc construit une fonctionf∈L^ptelle quefg /∈L^pce qui est impossible.

Autre approche (due `a Quentin Guignard). Consid´erons l’application lin´eaire Φ : f 7→ fg deL<sup>p</sup> dans L<sup>p</sup>. Montrons queΦest continue. CommeL<sup>p</sup> est un espace de Banach, d’apr`es le th´eor`eme du graphe ferm´e, il suffit de montrer que sif<sub>n</sub>−→<sup>Lp</sup> fetΦ(f<sub>n</sub>)−→<sup>Lp</sup> h, alorsh =Φ(f). `A cet effet, consid´erons une

extractionφtelle quef_φ(n)−→^p.p. f(ce qui impliquef_φ(n)g−→^p.p. fg) etf_φ(n)g =Φ(f_φ(n))−→^p.p. h. On en d´eduit imm´ediat quefg=h, c’est-`a-dire queh=Φ(f).

NotonsMla norme d’op´erateur deΦde sorte quekΦ(f)k_p 6Mkfk_ppour toutf∈Lp. On suppose M > 0(sinon on conclut facilement). SoitAun ensemble mesurable tel que µ(A) <∞et appliquons l’in´egalit´e pr´ec´edente en prenantf=1|g|>2M·1A (qui est dansL^pcarµ(A)<∞):

2Mµ({|g|>2M}∩A)^1/p 6kg1_|g|>2M·1Ak_p 6Mk1_|g|>2M·1Ak_p=Mµ({|g|>2M}∩A)^1/p. Ainsi,2Mµ({|g|>2M}∩A)^1/p 6Mµ({|g|>2M}∩A)^1/p, ce qui implique queµ({|g|>2M}∩A) =0 et donc que|g|62MsurA,µ-p.p. On conclut parσ–additivit´e.

Fin