Contrôle continu 2 Corrigé Intégrale et théorêmes de

Université Pierre et Marie Curie
3M263 Intégration
2015-2016
L3
Contrôle continu 2 Corrigé
Intégrale et théorêmes de convergence
Dire que la suite ( X fn dµ)n∈N est bornée revient à dire que son sup est borné. On est donc ramené à un
exercice de la feuille de TD5 qui était une application directe du lemme de Fatou.
R
Exercice 1.
Exercice 2.
i.
R +∞
−∞
On demande de calculer les limites suivantes :
n
sin( nx ) x(1+x
2 ) dx
Une première chose est de remarquer que sin( nx ) nx tend vers 1 quand x → 0. Donc la fonction pour n xé est continue
n
1
sur R. D'autre part : | sin( nx )| ≤ | nx |. Donc | sin( nx ) x(1+x
2 ) | ≤ 1+x2 qui est intégrable sur R. Enn à x xé on a
x
n
1
fn (x) = sin( n ) x(1+x2 ) → 1+x2 quand n → +∞. C'est à dire que fn (x) converge simplement. L'inégalité qui donnait
l'intégrabilité pour n xé est aussi une inégalité de domination. On applique le théorème de convergence dominée et :
Z
+∞
Z
+∞
fn (x) dx →
−∞
ii.
1
k≥0 3k (1
P
−
−∞
. On pose fn (x) =
1
n(k+1) )
1
3x (1
−
1
n(x+1) )
1
dx = [arctan]+∞
−∞ = π
1 + x2
et en notant µ la mesure de comptage sur N on a :
Z
X 1
1
(1
−
)
=
fn (x) dµ
3k
n(k + 1)
N
k≥0
1
Etudions l'intégrabilité par rapport à µ. Une simple inégalité donne 31k (1 − n(k+1)
) ≤ 31k qui donne l'intégrabilité
par rapport à la mesure de comptage (somme d'une suite géométrique de raison inférieure stricte à 1) et aussi une
domination indépendante de n. Il ne reste plus qu'à remarquer que fn (x) → 31x quand n → +∞. Donc on peut
appliquer le théorème de convergence dominé et :
Z
fn (x) dµ →
N
Exercice 3.
On pose
k≥0
Z
n
(1 −
I(α) = lim
n→+∞
i.
X 1
3
=
3k
2
0
x n αx
) e dx.
n
On pose fn (x) = (1 −
. On étudie fn+1 (x) − fn (x). Pour x > n + 1, la diérence est nulle. Pour
x
n ≤ x ≤ n + 1, la diérence est égale à fn+1 (x) qui est positive car 1 − n+1
≥ 0. Il reste à étudier la diérence pour
0 < x < n.
x n αx
n ) e 10≤x≤n
fn+1 (x) − fn (x) = eαx ((1 −
x
x
x
x n+1
)
− (1 − )n ) = eαx (e(n+1) ln(1− n+1 ) − en ln(1− n ) )
n+1
n
Il s'agit d'étudier le terme entre parenthèse puisque eαx est positif. Etudions la fonction g sur [0, n[. Elle est dérivable
sur cette intervalle de dérivée :
g 0 (x) = −
ii.
1
1
x +
1 − n+1
1−
x
n
x
Or 1 − n+1
≥ 1−1 x ≥ 0 donc 1−1 x ≥ 1− 1 x . Donc g est croissante sur [0, n[. Quand x → n elle tend vers +∞ et
n
n
n+1
x
quand x → 0 vers 0. Donc sur [0, n[, on a g positive. Donc (n + 1) ln(1 − n+1
) ≥ n ln(1 − nx ). Comme la fonction
x
x
exponentielle est croissante on a e(n+1) ln(1− n+1 ) ≥ en ln(1− n ) . Donc fn+1 (x) − fn (x) ≥ 0 sur [0, n[.
On a donc fn qui est une suite croissante.
x
On veut appliquer le théorème de convergence monotone. Trouvons la limite simple de fn . On a fn (x) = en ln(1− n ) eαx 10≤x≤n .
Donc fn (x) → e−x+αx = e(−1+α)x , qui est intégrable si et seulement si −1 + α < 0, soit α < 1.
1
En conclusion si α < 1, I(α) = 1−α
et sinon I(α) = +∞.
On note pour une fonction f dénie sur (Rn , B(Rn ), µ), τy f la fonction f translatée de y c'est à dire τy f (x) =
f (x − y)Le but de l'exercice est de prouver que :
Exercice 4.
Z
|τy f − f | dµ → 0
τ (y) =
Rn
quand y → 0 et f une fonction intégrable.
i. Soit une fonction étagée positive intégrable f . On sait que l'on peut écrire f sous la forme d'une somme nie de
fonctions caractéristiques d'ensembles mesurables multipliées par un réel. On va donc commencer par supposer que
f = 1A avec A ∈ B(Rd ). On a alors τy f (x) = 1A (x − y) = 1y+A . On a alors :
sur A ∩ A + y
sur A + y \ A
sur A \ A + y

 0
1
1A+y (x) − 1A (x) =

−1
alors
τ (y) = µ(A + y \ A) + µ(A \ A + y)
On prend une suite yn qui tend vers 0. On a :
τ (yn ) = µ(A + yn \ A) + µ(A \ A + yn )
ii.
Comme µ(A) est ni on a lim sup µ(A \ A + yn ) ≤ µ(lim sup A \ A + yn ) = 0. Donc le terme de droite admet une
limite qui est nulle. Comme yn tend vers 0, il existe B tel que A + yn \ A ⊂ B et µ(B) < +∞. On a donc la même
inégalité en terme de limite supérieure sur cet ensemble : lim sup µ(A + yn \ A) ≤ µ(lim sup A + yn \ A) = 0. Donc
τ (yn ) → 0 et ceci pour toute suite (yn )n∈N qui tend vers 0. On a donc prouvé que pour f une fonction caractéristique
τ (y) → 0 quand y → 0. Par linéarité de la limite et de l'intégrale, et par l'inégalité triangulaire, on peut prolonger
cela pour f une fonction étagée (c'est à dire une somme nie de fonctions caractéristiques).
Soit f une fonction intégrable positive. Soit > 0. On prend g une fonctions étagée positive telle que g ≤ f et :
Z
|f − g| ≤
Rn
et
3
Z
|τy f − τy g| ≤
Rn
Alors :
Z
|τ (y)| ≤
3
Z
|τy f − τy g| +
Rn
Z
|τy g − g| +
Rn
|f − g|
Rn
Or g ≤ f donc g est intégrable. On applique la première question qui donne qu'il existe η > 0, tel que pour tout y ,
||y|| < η implique :
Z
|τy g − g| ≤
Rn
3
Donc :
|τ (y)| ≤ iii.
On écrit f = f + − f − avec f + = max(f, 0) et f − = max(−f, 0). On remarque τy f = τy f + − τy f − Il sut donc de
séparer l'intégrale en deux parties en appliquant l'inégalité triangulaire et d'appliquer la question précédente.