# Théorie de la mesure/Exercices/Intégrales
## Exercice 3-1

Soit $(\Omega ,{\cal {T}},\mu )$ un espace mesuré et $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ une suite monotone d'applications $\mu$-intégrables de $\Omega$ dans $\mathbb {R}$, de limite simple $f$ (à valeurs dans ${\overline {\mathbb {R} }}$). Démontrer que les propositions suivantes sont équivalentes :
* $(a)\quad \lim _{n\to +\infty }\int |f-f_{n}|d\mu =0$ ;
* $(b)\quad f$ est $\mu$-intégrable ;
* $(c)\quad \sup _{n\in \mathbb {N} }\left|\int f_{n}d\mu \right|<+\infty$ ;
* $(d)\quad \sup _{n\in \mathbb {N} }\int |f_{n}|d\mu <+\infty$.
On peut supposer (quitte à remplacer $f_{n},f$ par leurs opposées, ce qui ne modifie pas abcd) $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ croissante. Mais ensuite, on peut de plus (en soustrayant $f_{0}$ à $f_{n},f$, ce qui ne modifie pas non plus abcd), supposer $f_{n},f\geq 0$. Notons $I_{n},I\in [0,+\infty ]$ leurs intégrales, on a alors $\lim I_{n}=\sup I_{n}=I$, si bien que
    $(b)\Leftrightarrow (c)\Leftrightarrow (d)\Leftrightarrow I<\infty$.
* Si $I<\infty$, $I_{n}\to I$ peut se réécrire $I-I_{n}\to 0$, d'où $(b)\Rightarrow (a)$.
* Réciproquement, comme $I=I_{n}+\int (f-f_{n})\,d\mu$, si $(a)$ alors il existe $n$ tel que le second terme soit fini. Comme $I_{n}<\infty$, on en déduit $I<\infty$, d'où $(a)\Rightarrow (b)$.

## Exercice 3-2

Soit $(X,{\cal {T}},\mu )$ un espace mesuré.
1. Soient $A,B\in {\cal {T}}$. Examiner le lemme de Fatou sur l'exemple suivant : $f_{2n}=\mathbf {1} _{A}$, $f_{2n+1}=\mathbf {1} _{B}$.
Rappel : si $f_{n}$ mesurables positives, $\int \liminf f_{n}\leq \liminf \int f_{n}$. Or $\liminf(\mathbf {1} _{A_{n}})=\mathbf {1} _{\liminf(A_{n})}$, donc $\int \liminf(f_{n})\,\mathrm {d} \mu =\int \mathbf {1} _{A\cap B}\,\mathrm {d} \mu =\mu (A\cap B)$, tandis que $\liminf(\int f_{n}\,\mathrm {d} \mu )=\min(\mu (A),\mu (B))$. Cet exemple évident peut donc servir de « pense-bête » pour retrouver dans quel sens est l'inégalité dans le lemme de Fatou.
2. Soient $f_{n}:X\to [0,+\infty ]$ mesurables telles que $\liminf _{n\to +\infty }\int f_{n}\,\mathrm {d} \mu <+\infty$.
On pose $A=[\liminf _{n\to +\infty }f_{n}=+\infty ]$. Montrer que $A\in {\cal {T}}$ et calculer $\mu (A)$.
Les $f_{n}$ sont mesurables donc $f:=\liminf f_{n}$ aussi (la mesurabilité est préservée par limsup et liminf, car par sup et inf dénombrables, car $[(\sup f_{n})\leq \alpha ]=\cap [f_{n}\leq \alpha ]$ et $[(\inf f_{n})\geq \alpha ]=\cap [f_{n}\geq \alpha ]$), donc $A:=[f=+\infty ]=f^{-1}(\{+\infty \})\in {\cal {T}}$.
Par Fatou, $\int f\,\mathrm {d} \mu \leq \liminf \int f_{n}\,\mathrm {d} \mu$, fini par hypothèse, donc $f$ est intégrable, donc finie presque partout, c'est-à-dire $\mu (A)=0$.
3. Soit $(A_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ une suite d'éléments de ${\cal {T}}$ tels que $\mu (\limsup A_{n})=0$. Soit $f$ une fonction $\mu$-intégrable. Montrer que $\lim _{n\to \infty }\int _{A_{n}}|f|\,\mathrm {d} \mu =0$. Indication (Topologie générale/Exercices/Topologie de R ou C#Exercice 8) : pour tous réels positifs $a_{n}$, si $\limsup a_{n}=0$ alors $\lim a_{n}=0$.
D'après l'indication, il suffit de montrer que $\limsup \int _{A_{n}}|f|\,\mathrm {d} \mu =0$. Mais par Fatou, ceci est $\leq \int _{\limsup A_{n}}|f|\,\mathrm {d} \mu$ (car $f$ intégrable), et cette intégrale est nulle puisque $\limsup A_{n}$ est supposé négligeable.

## Exercice 3-2

En utilisant le théorème de convergence dominée, montrer que
    $\forall a\in \mathbb {C} \quad \lim _{n\to +\infty }\left(1+{a \over n}\right)^{n}=\sum _{k=0}^{+\infty }{a^{k} \over k!}$.
Soit $\mu$ la mesure de dénombrement sur $\mathbb {N}$. On a $\left(1+{a \over n}\right)^{n}=\int f_{n}\,\mathrm {d} \mu$ et $\sum _{k=0}^{+\infty }{a^{k} \over k!}=\int f\,\mathrm {d} \mu$ pour $f(k)={a^{k} \over k!}\forall k\in \mathbb {N}$ et $f_{n}(k)={\begin{cases}{\binom {n}{k}}a^{k}/n^{k}&{\text{ si }}k\leq n,\\0&{\text{ si }}k>n.\end{cases}}$
Mais pour $k\in \mathbb {N}$ fixé on a ($\forall n\geq k$)
    ${\binom {n}{k}}/n^{k}={1 \over k!}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)\dots \left(1-{k-1 \over n}\right)$
compris entre $0$ et ${1 \over k!}$ et tend vers ${1 \over k!}$ quand $n\to \infty$, donc $f_{n}\to f$ simplement, et $|f_{n}|\leq g$, avec $g(k)={|a|^{k} \over k!}$ donc $g$ intégrable.
Il suffit pour conclure d'appliquer le théorème de convergence dominée. D'ailleurs pour $a\in \mathbb {R} _{+}$, le théorème de convergence monotone suffit.

## Exercice 3-3

Soient $\mu$ une mesure sur $\mathbb {R}$, de Radon (c'est-à-dire finie sur tout compact) et diffuse (c'est-à-dire sans atomes), et $f$ une fonction bornée sur $\left]a,b\right]$.
Montrer que si $f$ est Stieltjes $\mu$-intégrable alors elle est continue $\mu$-presque partout.
Indication : utiliser l'oscillation de $f$ en $x$, $\omega (x):=\inf _{\varepsilon >0}\omega (\left]x-\varepsilon ,x+\varepsilon \right$, où $\omega (I):=\sup f(I)-\inf f(I)$, et les ensembles $E_{n}:=[\omega >1/n]$.
L'ensemble des points de discontinuité de $f$ est $\cup E_{n}$. Il suffit donc de prouver que les $E_{n}$ sont $\mu$-négligeables. Soit $\varepsilon >0$, prouvons que $\mu (E_{n})\leq \varepsilon$.
Par hypothèse sur $f$, l'intégrale de Stieltjes inférieure $S_{*}(f)$ et l'intégrale de Stieltjes supérieure $S^{*}(f)$ sont égales donc il existe une subdivision $D=\{a_{0},\ldots ,a_{k}\}$ ($a=a_{0}<\ldots <a_{k}=b$) de $\left]a,b\right]$ telle que $\varepsilon /n\geq S^{D}(f)-S_{D}(f)=\sum _{i=1}^{k}\omega (\left]a_{i-1},a_{i}\right])\mu (\left]a_{i-1},a_{i}\right])$. Pour tout $i\in \{1,\ldots ,k\}$, si $E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right[\neq \varnothing$, on a $1<n\omega (\left]a_{i-1},a_{i}\right])$, donc $\mu (E_{n}\setminus D)=\sum _{i=1}^{k}\mu (E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right=\sum _{E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right[\neq \varnothing }\mu (E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right\leq n\sum _{i=1}^{k}\omega (\left]a_{i-1},a_{i}\right])\mu (\left]a_{i-1},a_{i}\right])\leq \varepsilon$, et $\mu (D)=0$ car $\mu$ est diffuse.
Remarque : réciproquement, si $f$ est continue $\mu$-p.p. alors elle est Stieltjes $\mu$-intégrable. En effet, soit $(D_{n})$ une suite de subdivisions de plus en plus fines telle que $S_{D_{n}}(f)\to S_{*}(f)$ et $S^{D_{n}}(f)\to S^{*}(f)$ et soient $f_{n},f^{n}$ les fonctions en escalier associées et $f_{*}$ la limite croissante des $f_{n}$, $f^{*}$ la limite décroissante des $f^{n}$. Alors, en posant $\Delta =\cup D_{n}$ (dénombrable), on a $\forall \varepsilon >0\quad [f^{*}-f_{*}>\varepsilon ]\subset [\omega \geq \varepsilon ]\cup \Delta$ donc $\mu ([f^{*}-f_{*}>\varepsilon ])=0$, donc les inégalités $f_{*}\leq f\leq f^{*}$ sont en fait des égalités $\mu$-p.p. d'où ($f$ est $\mu$-mesurable et) par convergence dominée (en utilisant que $f$ est bornée et $\mu (\left]a,b\right])$ fini), $S_{*}(f)=\int f_{*}\,\mathrm {d} \mu =\int f\,\mathrm {d} {\bar {\mu }}=\int f^{*}\,\mathrm {d} \mu =S^{*}(f)$.

## Exercice 3-4

Soient $\Omega =\left]-1,1\right[^{2}$ et $f:\Omega \to \mathbb {R}$ définie par $f(x,y):={\begin{cases}{xy \over (x^{2}+y^{2})^{2}}&{\text{ si }}(x,y)\neq (0,0)\\0&{\text{ si }}(x,y)=(0,0).\end{cases}}$
* Prouver que $f$ est borélienne et calculer les intégrales $I:=\int _{\left]-1,1\right\left(\int _{\left]-1,1\rightf(x,y)\,\mathrm {d} \lambda (x)\right)\,\mathrm {d} \lambda (y)$ et $J:=\int _{\left]-1,1\right\left(\int _{\left]-1,1\rightf(x,y)\,\mathrm {d} \lambda (y)\right)\,\mathrm {d} \lambda (x)$.
* $f$ est-elle $\lambda _{2}$-intégrable sur $\Omega$ ?
* $f$ est continue sur $\Omega ^{\star }$, donc borélienne sur $\Omega$. Pour $y$ fixé, $x\mapsto {xy \over (x^{2}+y^{2})^{2}}$ est intégrable sur $\left]-1,1\right[$ et impaire, donc d'intégrale nulle, donc $I=0$. De même, $J=0$.
* $f$ n'est pas intégrable sur $\Omega$, car $\int _{0}^{2\pi }|\cos \theta \sin \theta |\left(\int _{0}^{1}{\mathrm {d} r \over r}\right)\,\mathrm {d} \theta =+\infty$ car $\int _{0}^{1}{\mathrm {d} r \over r}=+\infty$. Ou encore : $\int _{0}^{1}\left(\int _{0}^{1}{xy \over (x^{2}+y^{2})^{2}}\,\mathrm {d} x\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{-y \over 2}\left(\int _{0}^{1}{-\mathrm {d} u \over (u+y^{2})^{2}}\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{y \over 2}\left({1 \over y^{2}}-{1 \over 1+y^{2}}\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\mathrm {d} y \over 2y(1+y^{2})}=+\infty$.

## Exercice 3-5

Soient $p,q,r\in [1,+\infty ]$ tels que ${1 \over p}+{1 \over q}=1+{1 \over r}$ (ce qui implique $p,q\leq r$). Soient $C$ une constante et $N$ mesurable de $\mathbb {R} ^{n}\times \mathbb {R} ^{n}$ dans $\mathbb {R}$, telles que les applications $x\mapsto N(x,y)$ (pour $\lambda _{n}$ presque tout $y$) et $y\mapsto N(x,y)$ (pour $\lambda _{n}$-presque tout $x$) appartiennent à $L^{p}(\lambda _{n})$ et aient une norme $\leq C$. On veut montrer que la formule $(Pg)(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}N(x,y)g(y)\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)$ définit une application (évidemment linéaire) $P:g\mapsto Pg$ de $L^{q}(\lambda _{n})$ dans $L^{r}(\lambda _{n})$, et que $P$ est continue, de norme $\leq C$.
* Traiter le cas $r=+\infty$.
* On suppose $r<\infty$. Soit $g\in L^{q}(\lambda _{n})$. Pour $y$ fixé on pose $h(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}|N(x,y)g(y)|\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)\in [0,+\infty ]$. Démontrer que $h(x)^{r}\leq C^{r-p}\|g\|_{q}^{r-q}\int _{\mathbb {R} ^{n}}|N(x,y)|^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)$. (Indication : appliquer l'inégalité de Hölder généralisée pour $g_{1}(y)=|N(x,y)|^{p({1 \over p}-{1 \over r})}$, $g_{2}(y)=|g(y)|^{q({1 \over q}-{1 \over r})}$, $g_{3}(y)=|N(x,y)|^{p/r}|g(y)|^{q/r}$, $p_{1}={pr \over r-p},p_{2}={qr \over r-q},p_{3}=r$). En déduire que $\|h\|_{r}\leq C\|g\|_{q}$ et conclure.
* Dans le cas particulier $r=+\infty$, si $x\mapsto N(x,y)$ est continue (de $\mathbb {R} ^{n}$ dans $L^{p}$), montrer que pour tout $g\in L^{q},Pg$ est continue.
* On pose $T_{x}f(t):=f(x+t)$ et pour $f\in L^{p}$, $Tf:\mathbb {R} ^{n}\to L^{p},\,x\mapsto T_{x}f$. Vérifier que $Tf$ est bornée. Déduire alors des questions 1 et 2 que la formule $(f\ast g)(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}f(x-y)g(y)\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)$ définit une application bilinéaire continue $\ast :L^{p}(\lambda _{n})\times L^{q}(\lambda _{n})\to L^{r}(\lambda _{n})$, de norme $\leq 1$ (inégalité de Young), puis vérifier que $f\star g=g\star f$.
* Montrer que si $f\in L^{p}$ avec $p<+\infty$ alors $Tf$ est (uniformément) continue (on se ramènera par translation à la continuité en $0$, puis on procèdera par densité dans $L^{p}$, en supposant d'abord $f$ continue à support compact). Déduire alors de la question 3 que si $r=+\infty$ alors ($\forall g\in L^{q}$) $f\star g$ est continue.
* Si $r=+\infty$ (et $f\in L^{p},g\in L^{q}$), montrer que si $p,q<+\infty$ alors $f\ast g$ est (non seulement continue et bornée mais) nulle à l'infini. (On approximera $f$ et $g$ par des fonctions à support borné).
* Soit $\mu$ une mesure bornée sur $\mathbb {R} ^{n}$. Généraliser le cas $q=1$ de la question 4 pour définir une application linéaire continue $\ast \mu :L^{p}(\lambda _{n})\to L^{p}(\lambda _{n})$.
* (pour la mesurabilité, on peut se ramener au cas où $N,g\geq 0$ puis utiliser Tonelli) ${1 \over p}+{1 \over q}=1$. Pour presque tout $x$, par Hölder, $\int |N(x,y)g(y)|\,\mathrm {d} \lambda (y)\leq C\|g\|_{q}$ donc $Pg$ est (mesurable et) essentiellement bornée, avec $\|Pg\|_{\infty }\leq C\|g\|_{q}$.
* $|N(x,y)g(y)|=g_{1}g_{2}g_{3}(y)$, d'où $|h(x)|^{r}\leq \|g_{1}\|_{p_{1}}^{r}\|g_{2}\|_{p_{2}}^{r}\|g_{3}\|_{p_{3}}^{r}=(\int g_{1}^{p_{1}}\,\mathrm {d} \lambda )^{r/p_{1}}(\int g_{2}^{p_{2}}\,\mathrm {d} \lambda )^{r/p_{2}}(\int g_{3}^{p_{3}}\,\mathrm {d} \lambda )^{r/p_{3}}=(\int |N(x,y)|^{p}d\lambda (y))^{r/q-1}(\int |g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y))^{1-q/r}(\int |N(x,y)|^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y))\leq C^{r-p}\|g\|_{q}^{r-q}\int |N(x,y)|^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y)$, d'où par Tonelli, $\int |h(x)|^{r}\,\mathrm {d} \lambda (x)\leq C^{r-p}\|g\|_{q}^{r-q}\int C^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y)=C^{r}\|g\|_{q}^{r}$ donc $Pg\in L^{r}$ et $\|Pg\|_{r}\leq C\|g\|_{q}$.
* $Pg$ est la composée de deux fonctions continues, car $Pg(x)=I(N(x,\ ))$ pour $I:L^{p}\to \mathbb {R} ,\varphi \mapsto \int \varphi g\,\mathrm {d} \lambda _{n}$, linéaire continue (de norme $\leq \|g\|_{q}$ par Hölder).
* $\|T_{x}(f)\|_{p}=\|f\|_{p}$, et en posant $N(x,y)={\tilde {T_{x}f}}(y)$ (où ${\tilde}$ est l'isométrie de $L^{p}$ défine par ${\tilde {\varphi }}(y):=\varphi (-y)$), on trouve $Pg=f\star$. ($N$ vérifie bien les hypothèses $\|N(x,\ )\|_{p},\|N(\ ,y)\|_{p}\leq C$ pour $C=\|f\|_{p}$, puisque $N(x,\ )={\tilde {T_{x}f}}$ et $N(\ ,y)=T_{-y}f$). Donc $\|\star \|\leq 1$. Un changement de variable immédiat donne $f\star g=g\star f$.
* Montrons que quand $h\to 0$, $T_{x+h}f\to T_{x}f$ dans $L^{p}$ (uniformément par rapport à $x$). Comme $T_{u+v}=T_{u}\circ T_{v}$ on peut supposer $x=0$ (la continuité en $0$ entraînera donc la continuité uniforme). Si $f$ est continue et à support compact, donc uniformément continue à support dans une boule $B(0,R)$, pour tout $\varepsilon >0$ il existe $\delta >0$ tel que $\|h\|\leq \delta \Rightarrow \|T_{h}f-f\|_{\infty }\leq \varepsilon$, et $T_{h}f-f$ est à support dans $B(0,R+\delta )$, d'où $\|T_{h}f-f\|_{p}\leq \varepsilon (\lambda _{n}(B(0,R+1)))^{1/p}$ en choisissant $\delta <1$, ce qui permet de conclure. On peut aussi utiliser simplement la continuité (sans uniformité) et raisonner par convergence dominée. Si $p<+\infty$, le résultat pour $f\in C_{c}$ s'étend facilement par densité au cas $f\in L^{p}$. Si $r=+\infty$ et $p<+\infty$, les hypothèses de la question 3 sont donc remplies. Pour la continuité de $f\star g$ lorsque $r=p=+\infty$ (donc $q=1$), il suffit, pour se ramener au cas $p=1$, d'échanger les rôles de $p$ et $q$.
* $\operatorname {support} (f\star g)\subset \operatorname {support} (f)+\operatorname {support} (g)$ et dans $L^{\infty }$, l'adhérence de $C_{c}$ est $C_{0}$.
* Supposons sans perte de généralité que $\mu$ est positive et de masse $1$ et montrons qu'alors, pour toute fonction $f\in L^{p}(\lambda _{n})$, la fonction $f\ast \mu$ définie par $(f\ast \mu )(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}f(x-y)\,\mathrm {d} \mu (y)$ vérifie : $\|f\ast \mu \|_{L^{p}(\lambda _{n})}\leq \|f\|_{L^{p}(\lambda _{n})}$. Pour $p=+\infty$, c'est immédiat. Pour $p<+\infty$, on sait que pour toute fonction mesurable positive $h$, $\left(\int h\mathrm {d} \mu \right)^{p}\leq \int h^{p}~\mathrm {d} \mu$ (cf. fin de Fonctions convexes/Exercices/Sur l’inégalité de Jensen#Exercice 1-3). On en déduit : $\forall x\in \mathbb {R} ^{n}\quad |(f\ast \mu )(x)|^{p}\leq \left(\int |f(x-y)|\mathrm {d} \mu (y)\right)^{p}\leq \int |f(x-y)|^{p}~\mathrm {d} \mu (y)$, d'où $\|f\ast \mu \|_{L^{p}(\lambda _{n})}^{p}\leq \int \left(\int |f(x-y)|^{p}~\mathrm {d} \mu (y)\right)\,\mathrm {d} \lambda _{n}(x)=\int \left(\int |f(x-y)|^{p}~\mathrm {d} \lambda _{n}(x)\right)\,\mathrm {d} \mu (y)=\int \|f\|_{L^{p}(\lambda _{n})}^{p}\,\mathrm {d} \mu (y)=\|f\|_{L^{p}(\lambda _{n})}^{p}$.

## Exercice 3-6

(Généralisation de la formule d'intégration par parties)
Soient $I=\left]a,b\right[$ un intervalle ouvert de $\mathbb {R}$ et $\mu$ une mesure sigma-finie sur la tribu borélienne ${\cal {B}}_{I}$ (par exemple, une mesure de Stieltjes). $f$ et $g$ désignent des applications $\mu$-intégrables de $I$ dans $\mathbb {R}$ ; on pose pour tout $x\in [a,b]$,
    $F(x)=\int _{\left]a,x\rightf(t)\,\mathrm {d} \mu (t)\qquad {\hbox{et}}\qquad G(x)=\int _{\left]a,x\rightg(t)\,\mathrm {d} \mu (t)$.
* Montrer que pour tout $x\in I,\lim _{y\to x^{+}}F(y)$ existe ; elle est notée $F_{+}(x)$.
* Soit $D=\{(x,y)\in I^{2}\mid x\leq y\}$ et pour $(x,y)\in I^{2},h(x,y)=f(x)g(y)\chi _{D}(x,y)$. Montrer que $h$ est borélienne et $\mu \otimes \mu$-intégrable.
* A l'aide du théorème de Fubini, démontrer que $fG$ et $F_{+}g$ sont $\mu$-intégrables et que $\int _{I}fG\,\mathrm {d} \mu =F(b)G(b)-\int _{I}F_{+}g\,\mathrm {d} \mu$.
* Par convergence dominée, $F_{+}(x)=\int _a,x]}f\,\mathrm {d} \mu$.
* $f,g$ sont boréliennes et $D$ est borélien, donc $h$ est borélienne. Par Tonelli, $\int _{I\times I}|h|d(\lambda \otimes \lambda )=\int _{I}|g(y)|\left(\int _{\left]a,y\right]}|f|\,\mathrm {d} \lambda \right)\,\mathrm {d} \lambda (y)\leq \int _{I}|g(y)|\left(\int _{I}|f|\,\mathrm {d} \lambda \right)\,\mathrm {d} \lambda (y)=\left(\int _{I}|f|\,\mathrm {d} \lambda \right)\left(\int _{I}|g|\,\mathrm {d} \lambda \right)<\infty$.
* En appliquant Fubini à $h$, on trouve (que l'égalité ci-dessous a un sens et) que $\int f(x)\left(\int _{y\geq x}g(y)\,\mathrm {d} \mu (y)\right)\,\mathrm {d} \mu (x)=\int g(y)\left(\int _{x\leq y}f(x)\,\mathrm {d} \mu (x)\right)\,\mathrm {d} \mu (y)$, c'est-à-dire $\int f(G(b)-G)\,\mathrm {d} \mu =\int gF_{+}\,\mathrm {d} \mu$. Donc $F_{+}g$ et $fG$ sont intégrables (car $G(b)f$ l'est car $f$ l'est), et la formule s'en déduit.

## Exercice 3-7

Soient $(\Omega ,{\cal {T}},\mu )$ un espace mesuré, $f:\Omega \to [0,+\infty ]$ mesurable et $p\in \left]0,+\infty \right[$. On rappelle que si $\mu$ est sigma-finie, $\int f^{p}\,\mathrm {d} \mu =\int _{0}^{+\infty }pt^{p-1}\mu ([f>t])\,\mathrm {d} t$. Montrer que si $f\in {\cal {L}}^{p}$ alors $\mu ([f>t])=O(1/t^{p})$ quand $t\to +\infty$. Étudier la réciproque.
Remarquons d'abord que le cas $p$ quelconque se ramène facilement au cas $p=1$ (en remplaçant $f$ par $f^{p}$).
D'autre part, $F(t):=\mu ([f>t])$ est une fonction positive décroissante, continue à droite quelconque (en posant, pour toute $F$ vérifiant ces propriétés, $f(x)=x$ et $\mu =$ la mesure de Stieltjes sur $\mathbb {R} ^{+}$ associée à $-F$). Le problème se ramène donc à montrer, pour $F$ vérifiant ces propriétés, que $\int _{0}^{+\infty }F(t)\,\mathrm {d} t<+\infty \Rightarrow F(t)=O(1/t)$ (ou même $o(1/t)$), mais que la réciproque est fausse.
Preuve de $\Rightarrow$ : sinon, soient $\varepsilon >0$ et $(t_{n})$ avec $t_{n+1}>2t_{n}$ tels que $t_{n}F(t_{n})\geq \varepsilon$, alors $\int _{t_{0}}^{+\infty }F(t)\,\mathrm {d} t\geq \sum _{n=0}^{\infty }\int _{t_{n}}^{t_{n+1}}F(t_{n+1})\,\mathrm {d} t\geq \sum _{n=0}^{\infty }\int _{t_{n}}^{t_{n+1}}{\varepsilon \over t_{n+1}}\,\mathrm {d} t=\varepsilon \sum _{n=0}^{\infty }(1-{t_{n} \over t_{n+1}})\geq \varepsilon \sum _{n=0}^{\infty }(1/2)=+\infty$.
Contre-exemple de la réciproque : soit $F(t)={1 \over t\ln t}$ pour $t\geq 2$ (et $F=$ constante sur $[0,2]$), on a $F(t)=o(1/t)$ mais $\int _{2}^{+\infty }F(t)\,\mathrm {d} t=\int _{\ln 2}^{+\infty }{du \over u}=+\infty$.

## Exercice 3-8

Soient $(\Omega ,{\cal {T}},\mu )$ un espace mesuré, $p\in \left[1,+\infty \right[$ et $f_{n},f:\Omega \to \mathbb {R}$ mesurables. On suppose que $f_{n}\to f$ en mesure et qu'il existe $g\in {\cal {L}}^{p}(\mu )$ telle que $\forall n\quad |f_{n}|\leq g$. Prouver qu'alors $f_{n}\to f$ dans ${\cal {L}}^{p}$.
Sinon, il existerait $\varepsilon >0$ et une sous-suite $(f_{n_{k}})$ tels que $\forall k\quad \|f_{n_{k}}-f\|_{p}\geq \varepsilon$. Or puisque $f_{n_{k}}\to f$ en mesure, il existe une sous-suite de $(f_{n_{k}})$ qui converge vers $f$ $\mu$-presque partout donc (par convergence dominée) qui converge vers $f$ dans ${\cal {L}}^{p}$, ce qui contredit $\|f_{n_{k}}-f\|_{p}\geq \varepsilon$. D'où la conclusion par l'absurde.

## Exercice 3-9

Soient $p\in \left]1,+\infty \right[$ et $(\Omega ,{\cal {T}},\mu )$ un espace mesuré sigma-fini. Soient $f,g\in {\cal {L}}^{p}(\mathbb {R} )$, montrer que $\|\ |f|^{p}-|g|^{p}\ \|_{1}\leq p(\|f\|_{p}^{p-1}+\|g\|_{p}^{p-1})\|f-g\|_{p}$ et en déduire que $f\to |f|^{p}$ est continue de ${\cal {L}}^{p}$ dans ${\cal {L}}^{1}$.
Soit $q={p \over p-1}$, ainsi ${1 \over p}+{1 \over q}=1$. Pour déduire de Hölder la majoration demandée, il s'agit de prouver que pour $h:={|f|^{p}-|g|^{p} \over f-g}$, on a $\|h\|_{q}\leq p(\|f\|_{p}^{p-1}+\|g\|_{p}^{p-1})$. Or par les accroissements finis, $|h|\leq p\max(|f|^{p-1},|g|^{p-1})\leq p(|f|^{p-1}+|g|^{p-1})$, donc $\|h\|_{q}\leq p(\||f|^{p-1}\|_{q}+\||g|^{p-1}\|_{q})$. On conclut en vérifiant que $\||f|^{p-1}\|_{q}=\|f\|_{p}^{p-1}$. L'inégalité démontrée assure la continuité demandée.
| Mesures | Sommaire |