Intégration et probabilités TD4 – Calculs, constructions de mesures

Int´ egration et probabilit´ es 2012-2013
TD4 – Calculs, constructions de mesures – Corrig´ e
0 – Exercice ayant ´ et´ e pr´ epar´ e
Exercice 1.
1. Dans le lemme de Fatou, montrer que si l’on remplace lim inf par lim sup,fn>0par fn60et >
par 6, le th´ eor` eme reste vrai. Montrer en revanche, ` a l’aide de contre-exemples, qu’on ne peut pas
se permettre d’en changer certains mais pas les autres.
2. Donner un exemple de fonctions (fn)n>0pour lesquelles l’in´ egalit´ e est stricte dans le lemme de
Fatou.
3. Dans le th´ eor` eme de convergence domin´ ee, v´ erifier, en donnant des exemples et contre-exemples,
que si l’on oublie une hypoth` ese la conclusion peut rester vraie, ou pas !
4. Reprendre la question pr´ ec´ edente avec le th´ eor` eme de convergence monotone.
5. Soit (fn)une suite de fonctions positives convergeant µ-pp vers f. Supposons que Rfndµ −→
c < ∞. Montrer que Rfdµ est d´ efinie est appartient ` a[0, c]mais ne vaut pas n´ ecessairement c.
6. Construire une suite de fonctions continues fnsur [0, 1], avec 06fn61, et telle que
lim Z1
0
fn(x)dx =0,
sans toutefois que la suite (fn(x)) ne converge pour aucun xde [0, 1].
Corrig´ e: Tout d’abord, voici une tripot´ ee d’exemples utiles:
La bosse glissante : fn=[n,n+1].
Le puits infini : fn=n[0,1/n].
Pour les probabilistes : (Xi)i>1une suite iid de Bernoulli 1/2.
Le stroboscope infernal : fnest un plateau de largeur 1/n que l’on fait glisser sur le segment [0, 1].
1. Pour la premi` ere partie, il suffit d’utiliser le lemme de Fatou avec −fn` a la place de fn. Pour les
contre-exemples, choisir parmi la liste ci-dessus.
Pour des questions, demande de pr´ ecisions ou explications, n’h´ esitez pas ` a m’envoyer un mail ` a
igor[email protected] , ou bien ` a venir me voir au bureau V4.
1

2. Choisir un contre-exemple parmi la liste ci-dessus.
3. Si on oublie la condition de domination: si on prend fn=1
n[n,n+1], la conclusion reste vraie
(autre exemple: fn(x)=−nsi −1/n < x < 0,fn(x) = nsi 0< x < 1/n et 0sinon) ;
mais si on prend la bosse glissante la conclusion est mise en d´ efaut. Si on oublie la convergence
presque partout: voir question 6. pour un exemple o` u la conclusion demeure, mais si on prend
fn(x) = sin(n)sur [0, 1], la conclusion est mise en d´ efaut.
4. Si on oublie la croissance: si on prend fn={n}, la conclusion reste vraie, mais si on prend le
puits infini, la conclusion est mise en d´ efaut. Si on oublie la positivit´ e: si on prend fn= − {n}, la
conclusion reste vraie, mais si on prend fn(x)=−1
x]0,1/n[(x), la conclusion est mise en d´
efaut.
5. Prendre la bosse glissante.
6. Prendre le stroboscope infernal: fn,k(x) = ]k−1
n,k n[pour 16k6n.
1 – Calculs
Exercice 2.
1. Soit (fn)n>0une suite de fonctions (E,A)→(R,B(R)) int´ egrables. Montrer que
X
n>0ZE
|fn|dµ < ∞=⇒X
n>0ZE
fndµ=ZE X
n>0
fn!dµ.
2. Calculer les int´ egrales Z1
0
ln x
1−xdx,Z∞
0
sin(ax)
ex−1dx.
Corrig´ e:
1. D’apr` es le th´ eor` eme de convergence monotone, la fonction Pn>0|fn|est int´ egrable. Cela implique
que la fonction Pn>0fnexiste et est int´ egrable. De plus, pour tout N∈N,
N
X
n=0
fn 6X
n>0
|fn|et
N
X
n=0
fn
p.p.
−→
N→∞X
n>0
fn.
D’apr` es le th´ eor` eme de convergence domin´ ee, on a donc
ZE N
X
n=0
fn!dµ −→
N→∞ZE X
n>0
fn!dµ.
Par ailleurs, pour tout N>0,
ZE N
X
n=0
fn!dµ =
N
X
n=0ZE
fndµ.
Et REfndµ est le terme g´ en´ eral d’une s´ erie absolument convergente par hypoth` ese. En passant ` a
la limite quand N→+∞dans l’´ egalit´ e pr´ ec´ edente, on obtient le r´ esultat.
2

2. Pour tout x∈]0, 1[, on a
ln(x)
1−x=X
n>0
xnln(x).
Posons pour tout n>0,fn:x∈]0, 1[7→ xnln(x). Alors, par une int´ egration par parties, on
obtient, Z1
0
|fn(x)|dx = − Z1
0
xnln(x)dx =Z1
0
xn
n+1dx =1 (n+1)2.
Donc Pn>0R1
0|fn(x)|dx < +∞. On peut donc appliquer la question 1. et l’on trouve,
Z1
0
ln(x)
1−xdx =Z1
0 X
n>0
xnln(x)!dx =X
n>0Z1
0
xnln(x)dx = − X
n>0
1
(n+1)2= −π2 6.
Autre possibilit´ e: ´ Ecrire R1
0
ln(x)
1−xdx =R1
0
ln(1−x)
xdx et d´
evelopper plutˆ ot en s´ erie enti` ere ln(1−x).
Pour tout x > 0, on a
sin(ax)
ex−1=e−xsin(ax) 1−e−x=X
n>0
e−(n+1)xsin(ax).
Posons pour tout n>0,fn:x∈]0, +∞[7→ e−(n+1)xsin(ax). Alors, pour tout x > 0,|fn|6
axe−(n+1)x, et
X
n>0Z∞
0
|fn(x)|dx 6X
n>0Z∞
0
axe−(n+1)xdx =X
n>0
1
(n+1)2<∞.
Ainsi, d’apr` es la question 1.,
Z∞
0
sin(ax)
ex−1dx =X
n>0Z∞
0
fn(x)dx.
On a,
Z∞
0
fn(x)dx =Z∞
0e−(n+1)xeiax −e−iax
2idx =1 2i1 (n+1)x−iax −1 (n+1)x+iax
=a
(n+1)2+a2.
Donc, Z∞
0
sin(ax)
ex−1dx =X
n>1
a
n2+a2.
Exercice 3. En utilisant le th´ eor` eme de d´ erivation sous le signe int´ egrale et l’´ egalit´ e
1
√2πZR
e−x2
2dx =1,
3

calculer la transform´ ee de Fourier de la fonction
f:x∈R7→ 1
√2πe−x2
2.
Rappel : La transform´ ee de Fourier de fest donn´ ee par
ˆ
f(t) = ZR eitxf(x)dx
Corrig´ e: La transform´ ee de Fourier de fest donn´ ee par
ˆ
f(t) = ZR eitxf(x)dx =1
√2πZR
eitxe−x2
2dx.
Or ∂eitxf(x)
∂t =1
√2πixeitxe−x2
2et |ixeitxe−x2 2|6xe−x2 2∈L1(dx).
On peut donc d´ eriver sous le signe int´ egrale puis int´ egrer par parties pour obtenir
ˆ
f0(t) = 1
√2πZR
ixeitxe−x2
2dx = − 1
√2πZR
te−x2
2eitx dx = −tˆ
f(t).
La fonction ˆ fest donc solution de l’´ equation diff´ erentielle ˆ f0= −tˆ favec la condition initiale ˆ f(0) = 1,
donc ˆ f(t) = e−t2
2pour tout t>0.
Exercice 4. (Partiel 2008) ´ Etudier la convergence des suites:
un=Z]0,∞[
sin(tn)
tn(1+t)dt,vn=nZ]0,1[
ln 1+1
n(1−x)dx.
Dans chacun des cas, on pr´ ecisera la limite si elle existe et on justifiera soigneusement la r´ eponse.
Corrig´ e: Pour un, on ´ ecrit
un=Z]0,1[
sin(tn)
tn(1+t)dt +Z]1,∞[
sin(tn)
tn(1+t)dt =In+Jn
et on ´ etudie s´ epar´ ement les deux int´ egrales Inet Jn.
Pour la premi` ere, on remarque que sur ]0, 1[la quantit´ esin(tn)
tn(1+t)tend simplement vers 1 1+tt∈]0,1[, en
´
etant domin´ ee en valeur absolue par 1/(1+t), qui est une fonction int´ egrable sur ]0, 1[ind´ ependante de
n. Ainsi, d’apr` es le th´ eor` eme de convergence domin´ ee, In→R]0,1[
1
1+tdt =ln(2).
Pour la seconde, pour n>1, on remarque que sur ]1, ∞[la quantit´ esin(tn)
tn(1+t)tend simplement vers 0,
en ´ etant domin´ ee en valeur absolue par 1
t(1+t), qui est une fonction int´
egrable sur ]1, ∞[ind´ ependante de
n. Ainsi, d’apr` es le th´ eor` eme de convergence domin´ ee, Jn→0. On conclut que un→ln(2).
Pour vn, on remarque que pour x∈]0, 1[,nln 1+1
n(1−x)→1 1−xet que R]0,1[
1
1−xdx =∞. D’apr`
es
le lemme de Fatou, on en tire que
∞=Z]0,1[lim inf
n→∞
nln 1+1
n(1−x)dx 6lim inf
n→∞Z]0,1[
nln 1+1
n(1−x)dx,
ce qui implique vn→∞.
4

Exercice 5. Soit ϕ: ([0, 1],B([0, 1])) →(R,B(R)) une fonction int´ egrable pour la mesure de
Lebesgue. On d´ efinit F:R+→R+par
F(t) = Z[0,1]pϕ(x)2+t dx.(1)
1. Montrer que Fest continue sur R+et d´ erivable sur R∗
+.
2. Donner une condition n´ ecessaire et suffisante sur ϕpour que Fsoit d´ erivable en 0.
Corrig´ e:
1. On pose, pour tous t>0et x∈[0, 1],f(x,t) = pϕ(x)2+t.Pour tout t>0,f(x,t)6
|ϕ(x)|+√tqui est int´ egrable sur [0, 1]. La fonction Fest donc bien d´ efinie. De plus, pour tout
A > 0et pour tout t∈[0, A],f(x,t)6|ϕ(x)|+√A. D’apr` es le th´ eor` eme de continuit´ e sous le
signe int´ egrale, Fest continue sur tout ensemble de la forme [0, A]et donc sur R+. La fonction f
est de plus d´ erivable par rapport ` aten tout t > 0et
∂f(x,t)
∂t =1
2pϕ(x)2+t.
Soient a > 0et t>a. On a alors
∂f(x,t)
∂t 61
2√a.
Ainsi, Fest d´ erivable sur tout ensemble de la forme [a,+∞[et donc sur R∗
+de d´
eriv´ ee
F0(t) = Z1
0
1
2pϕ(x)2+tdx.
2. Soit (tn)n>0une suite d´ ecroissant vers 0. On a
F(tn) − F(0)
tn
=Z1
0pϕ(x)2+tn−|ϕ(x)|
tn
dx =Z1
0
1
pϕ(x)2+tn+|ϕ(x)|dx.
D’apr` es le th´ eor` eme de convergence monotone,
F(tn) − F(0)
tn−→
n→∞Z1
0
1
2|ϕ(x)|dx.
Ainsi, Fest d´ erivable en 0 si et seulement si 1/|ϕ|est int´ egrable.
Exercice 6. Soit f: ([0, +∞[,B([0, +∞[) →([0, +∞[,B([0, +∞[)) une fonction mesurable.
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