Integration SN 2016 2017 Indications de Correction .pdf


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Université Ibn Zohr
Faculté des Sciences
Département de Mathématiques
Agadir

Année universitaire 2016/2017

Intégration, SMA5. Indications sur la correction.
Examen de la session normale. Le 02 janvier 2017 de 08h à 10h.
===============
Un espace mesurable (E, B) est donné.
Indications, Exercice 1

1) On a δa (∅) = 0 car a ∈ ∅c = E .

1, si a ∈ ∪n An ;
.
0, si a ∈ (∪n An )c .
P
Or a ∈ (∪n An )c ⇔ a ∈ ∩n Acn ⇔ ∀n, a ∈ Acn ⇔ ∀n, δa (An ) = 0 ⇒ n δa (An ) = 0.

Soit (An )n≥1 ⊂ B, où Ai ∩ Aj = ∅, ∀i 6= j . On a : δa (∪n An ) =



D'autre part comme les An sont deux à deux disjoints, si a ∈ ∪n An alors il existe n0 unique tel
que a ∈ An0 donc δa (An0 ) = 1 et a ∈ Acn donc δa (An ) = 0, ∀n 6= n0 .
Il s'ensuit que δa (∪n An ) =

, donc δa est une mesure positive.

P

n δa (An )

2) On a ∀A ∈ B, δa (A) = 1A (a), donc si f = 1A alors

R

f dδa =

R

1A dδa = δa (A) =
R
alors par linéarité de l'intégrale, E f dδa =
E

E

P
1A (a) = f (a). Si f est étagée mesurable f = ki=1 ai 1Ai
R Pk
Pk
Pk
i=1 ai 1Ai (a) = f (a)
i=1 ai δa (Ai ) =
i=1 ai 1Ai dδa =
E

Si f est mesurable positive, il existe une suite (fn )n≥1 croissante de fonctions étagées mesurables
positives qui converge simplement vers f .
D'après le théorème de convergence monotone
R
E

f dδa . Or fn (a) ↑ f (a), donc

R
E

R
E

fn dδa ↑

R
E

f dδa . c'est à dire que fn (a) ↑

f dδa = f (a).

Indications, Exercice 2

1) Notons M = limn→∞

P

p≥1

an,p .

Pour tous p ≥ 1, n ≥ 1, an,p ≤ ap donc
Soit N ≥ 1. On a :
à dire que :

PN

p=1

PN

p=1

ap =

PN

p=1

P

p≥1

P
ap donc M ≤ p≥1 ap .
P
P+∞
= limn→∞ N
p=1 an,p ≤ limn→∞
p=1 an,p c'est

an,p ≤

limn→∞ an,p

P

p≥1

ap ≤ M .

Quand N → ∞ on obtient

P

p≥1

ap ≤ M d'où : limn→∞

1

P

p≥1

an,p =

P

p≥1

ap .

2) ∀n ≥ 1, νn (∅) = 0 donc ν(∅) = supn≥1 νn (∅) = 0
Soit (Ap )p≥1 ⊂ B, où Ai ∩ Aj = ∅, ∀i 6= j , ν(Ap ) = supn≥1 νn (Ap ) donc (νn (Ap ))n ↑ ν(Ap ).
D'après 1) on a : limn→∞

P
νn (Ap ) = p≥1 ν(Ap ) (on notera an,p = νn (Ap ) et ap = ν(Ap )).
P
C'est à dire que : limn→∞ νn (∪p≥1 Ap ) = p≥1 ν(Ap ).
P
Or, limn→∞ νn (∪p≥1 Ap ) = supn≥1 νn (∪p≥1 Ap ) donc on obtient : ν(∪p Ap ) = p ν(Ap ).
P

p≥1

D'où ν est une mesure positive.
3) On véri e d'abord que α1 µ1 + α2 µ2 est une mesure positive.
Par itération toute application νn dé nie par νn (A) = α1 µ1 (A) + .... + αn µn (A), A ∈ B est une
mesure positive de plus νn (A) ≤ νn+1 (A), ∀n ≥ 1, ∀A ∈ B. D'après la question 2) l'application ν
dé nie par ν(A) = supn≥1 νn (A) est une mesure positive.
αn µn (A) donc µα est une mesure positive.
R
R
P+∞
P
4) Si f = 1A , A ∈ B alors E 1A dµα = µα (A) = +∞
n=1 αn E 1A dµn .
n=1 αn µn (A) =
P
Si f est étagée mesurable f = ki=1 ai 1Ai alors par linéarité de l'intégrale,
R
R
R
R
Pk
P+∞
P+∞
Pk
Pk
f dµα =
i=1 ai E 1Ai dµn =
n=1 αn
n=1 αn E 1Ai dµn =
i=1 ai
i=1 ai E 1Ai dµα =
E
R
P+∞
n=1 αn E f dµn

Or supn≥1 νn (A) =

P

n∈N∗

Si f est mesurable positive, il existe une suite (fn )n≥1 croissante de fonctions étagées mesurables
positives qui converge simplement vers f .
D'après le théorème de convergence monotone on a la convergence :

R
fn dµα ↑ E f dµα et pour
R
R
R
R
tout k ≥ 1 on a E fn dµk ↑ E f dµk . Si on note an,k = αk E fn dµk et ak = αk E f dµk , alors d'après
R
R
P
P
la question 1) on obtient que : limn→∞ k≥1 αk E fn dµk = k≥1 αk E f dµk .
R
R
R
R
P
P
Or k≥1 αk E fn dµk = E fn dµα donc E f dµα = k≥1 αk E f dµk .
R

E

Indications, Exercice 3

1) ∀a > 0, l'ensemble (|g| > a) est mesurable et on a l'inégalité : a1(|g|>a) ≤ |g|.
On a : a1(|g|>a) ≤ |g| ⇒

R
E

a1(|g|>a) dµ ≤

R
E

|g|dµ, donc aµ(|g| > a) ≤

R
E

|g|dµ, ou encore que,

1R
|g|dµ.
a E
2) On montre que (|g| = +∞) = ∩n≥1 (|g| > n). On a (|g| > n + 1) ⊂ (|g| > n) et on a aussi,

µ(|g| > a) ≤

2

(|g| > 1) ≤

R
E

|g|dµ < +∞ d'après la question 1) et parce que g est µ-intégrable.

Il s'ensuit que, µ(|g| = +∞) = limn→∞ µ(|g| > n).
1R
|g|dµ = 0, donc, µ(|g| = +∞) = 0.
n E
R
3) a) Comme f : (E, B) → (R, B(R)) est µ-intégrable, i.e. E |f |dµ < +∞, alors d'après la

Or, 0 ≤ limn→∞ µ(|g| > n) ≤ limn→∞

question 2) on a µ(|f | = +∞) = 0. On a (|f | > n) → (|f | = +∞). La suite (|f |1{|f |>n} )n converge
presque sûrement vers 0. On a aussi |f |1{|f |>n} ≤ |f | avec |f |, µ-intégrable, donc d'après le théorème
de la convergence dominée on obtient que : limn→+∞

0dµ = 0.
R
R
ε
b) On a : limn→+∞ E |f |1{|f |>n} dµ = 0 donc ∀ε > 0, ∃n0 > 0 tq ∀n ≥ n0 ; E |f |1{|f |>n} dµ < .
2
R
R
R
Pour tout A ∈ B, A = A∩(|f | > n)]A∩(|f | ≤ n) donc A |f |dµ = A∩(|f |>n) |f |dµ+ A∩(|f |≤n) |f |dµ.
R
R
ε
On a alors A |f |dµ ≤ (|f |>n) |f |dµ + nµ(A) ≤ + nµ(A), si n ≥ n0 .
2
ε
ε
Il su t donc de prendre δ =
pour avoir nµ(A) = .
2n
2
R
Il en découle que : ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀A ∈ B, µ(A) < δ ⇒ A |f |dµ < ε.
R

|f |1{|f |>n} dµ =
E

R

E

4) Soit h : (R, B(R)) → (R, B(R)) une fonction λ-intégrable.
D'après 3) b) : ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀A ∈ B, λ(A) < δ ⇒

|h|dλ < ε.
R
R
R
Soit s < t tels que |t − s| < δ alors |F (t) − F (s)| = | [0,t] hdλ − [0,s] hdλ| = | [s,t] hdλ| ≤

R
[s,t]

|h|dλ ≤ ε. Donc F est uniformément continue.

FF

3

R

A


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