La démonstration du fait que X et Y sont indépendantes se fait alors deux étapes. Dans une première étape, on montre que X et Y sont indépendantes si et seulement si

$$P(\{X \le a\} \cap \{Y \le b\}) = P(\{X \le a\})P(\{Y \le b\}) \text{ pour tout } a, b \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}. \quad (3.4)$$

Cette étape (un peu difficile à ce niveau du cours), très intéressante, est une conséquence de la proposition 2.30.

On conclut à l'indépendance de X et Y dans la deuxième étape.

**Étape 1** Il est clair que si X et Y sont indépendantes, on a bien (3.4). Ceci est dû au fait que $]-\infty, c]$ est un borélien de $\mathbb{R}$ pour tout $c \in \mathbb{R}$.

On suppose maintenant que X et Y sont deux v.a.r. satisfaisant (3.4) et on va montrer qu'elles sont indépendantes.

On pose $C = \{]-\infty, c]\}, c \in \mathbb{R}\} \cup \{]-\infty, +\infty[\}$. On sait que $C$ engendre $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. Il est clair que $C$ est stable par intersection finie et que $\mathbb{R} \in C$. La proposition 2.30 nous donne donc que deux mesures finies sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ égales sur $C$ sont égales sur tout $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. On va utiliser deux fois cette proposition.

Soit $b \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}$. pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on pose

$$m(A) = P(\{X \in A\} \cap \{Y \le b\}), \mu(A) = P(\{X \in A\})P(\{Y \le b\}).$$

Il est facile de voir que $m$ et $\mu$ sont deux mesures finies sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, égales sur $C$. La proposition 2.30 donne alors $m = \mu$ sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. on a donc

$$P(\{X \in A\} \cap \{Y \le b\}) = P(\{X \in A\})P(\{Y \le b\})$$

pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et tout $b \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}$. On fixe maintenant $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et on pose pour $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$,

$$\bar{m}(B) = P(\{X \in A\} \cap \{Y \in B\}), \tilde{m}(B) = P(\{X \in A\})P(\{Y \in B\}).$$

Il est facile aussi de voir que $\bar{m}$ et $\tilde{m}$ sont deux mesures finies sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, égales sur $C$. La proposition 2.30 donne alors $\bar{m} = \tilde{m}$ sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. on a donc finalement

$$P(\{X \in A\} \cap \{Y \in B\}) = P(\{X \in A\})P(\{Y \in B\}) \text{ pour tout } A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}),$$

ce qui prouve que X et Y sont indépendantes.

**Étape 2** Soit $a, b \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}$. On veut montrer que $P(\{X \le a\} \cap \{Y \le b\}) = P(\{X \le a\})P(\{Y \le b\})$. Comme $X_n$ et $Y$ sont indépendantes, on a, pour tout $n \in \mathbb{N}$,

$$P(\{X_n \le a\} \cap \{Y \le b\}) = P(\{X_n \le a\})P(\{Y \le b\}). \quad (3.5)$$

La suite $X_n$ étant croissante, on a $\{X_{n+1} \le a\} \subset \{X_n \le a\}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Comme la suite $X_n$ converge simplement et en croissant vers X, on a $\{X \le a\} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \{X_n \le a\}$. La continuité décroissante de P donne alors

$$P(\{X \le a\}) = \lim_{n \to +\infty} P(\{X_n \le a\}).$$

De même, on a $(\{X_{n+1} \le a\} \cap \{Y \le b\}) \subset (\{X_n \le a\} \cap \{Y \le b\}) \text{ pour tout } n \in \mathbb{N} \text{ et } (\{X \le a\} \cap \{Y \le b\}) = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} (\{X_n \le a\} \cap \{Y \le b\})$. La continuité décroissante de P donne aussi

$$P(\{X \le a\} \cap \{Y \le b\}) = \lim_{n \to +\infty} P(\{X_n \le a\} \cap \{Y \le b\}).$$

En passant à la limite dans (3.5), on obtient donc $P(\{X < a\} \cap \{Y < b\}) = P(\{X < a\})P(\{Y < b\})$. Grâce à l'étape 1, on a donc bien montré l'indépendance de X et Y.
**Exercice 3.21 (Construction de v.a.i. de lois uniformes)** Soit $(E, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé.

1. Soit $(U_n)_{n \in \mathbb{N}}$, une suite de v.a.r.i.i.d. avec $P(U_n = 0) = P(U_n = 1) = 1/2$. Montrer que $V$, définie par $V = \sum_{n \ge 1} U_n 2^{-n}$ est une v.a. de loi $\mathcal{U}([0, 1])$.

2. Soit $U_{n,k}$, $n, k \ge 1$, des v.a.r.i.i.d. avec $P(U_{n,k} = 0) = P(U_{n,k} = 1) = 1/2$. Montrer que les v. a. $V_n$, $n \ge 1$ définies par $V_n = \sum_{k \ge 1} U_{n,k} 2^{-k}$ sont des v.a.r.i.i.d. de loi $\mathcal{U}([0, 1])$.

**Exercice 3.22 (Loi du produit de la loi exponentielle par $\pm 1$)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé et $X, Y$ deux v.a.r. indépendantes. On suppose que $X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ (avec $\lambda > 0$), c'est-à-dire que $P_X$ est une mesure de densité par rapport à la mesure de Lebesgue et cette densité est la fonction $f$ définie par $f(x) = \lambda \exp(-\lambda x) 1_{[0, +\infty)}(x)$ pour $x \in \mathbb{R}$. On suppose que $Y$ est t. q. $P(\{Y = 1\}) = P(\{Y = -1\}) = 1/2$. Donner la loi de $XY$.

**Corrigé** – La fonction de répartition de $X$ est donnée pour $a \in \mathbb{R}$ par

$$P(\{X \le a\}) = \int_{-\infty}^{a} f(t)dt.$$

(comme $f$ est continue, il s'agit ici de l'intégrale impropre d'une fonction continue.). On a donc $P(\{X \le a\}) = 0$ pour $a \le 0$ et $P(\{X \le a\}) = 1 - e^{-a\lambda}$ pour $a > 0$.

On calcule maintenant la fonction de répartition de $XY$ (ce qui détermine la loi de $XY$). Soit $a \in \mathbb{R}$. Comme $Y$ ne prend presque sûrement que les valeurs $1$ et $-1$, on a

$$P(\{XY \le a\}) = P(\{Y = 1\} \cap \{X \le a\}) + P(\{Y = -1\} \cap \{X \ge -a\}).$$

Comme $X$ et $Y$ sont indépendantes et que $P(\{Y = 1\}) = P(\{Y = -1\}) = 1/2$, on obtient

$$P(\{XY \le a\}) = \frac{1}{2}P(\{X \le a\}) + \frac{1}{2}P(\{X \ge -a\}).$$

On en déduit que pour $a \le 0$ on $P(\{XY \le a\}) = \frac{1}{2}e^{a\lambda}$ et pour $a > 0$, on $a P(\{XY \le a\}) = 1 - \frac{1}{2}e^{-a\lambda}$. Ceci montre que la loi de la v.a.r. $XY$ a aussi une densité (par rapport à la mesure de Lebesgue) et cette densité est la fonction $g$ définie par $g(x) = \frac{\lambda}{2} \exp(-\lambda|x|)$ (pour $x \in \mathbb{R}$).

**Exercice 3.23 (Convergence en mesure)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$.

1. Montrer que s'il existe $f$ et $g$ fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$ telles que $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge en mesure vers $f$ et $g$, alors $f = g$ p.p. ..

[On pourra commencer par montrer que, pour tout $\delta > 0$, $m(\{x \in E; |f(x) - g(x)| > \delta\}) = 0$.]

**Corrigé** – Pour $h : E \to \mathbb{R}$ et $\delta > 0$, on note toujours $\{h > \delta\} = \{x \in E; h(x) > \delta\}$, $\{h \ge \delta\} = \{x \in E; h(x) \ge \delta\}$, $\{h < \delta\} = \{x \in E; h(x) < \delta\}$ et $\{h \le \delta\} = \{x \in E; h(x) \le \delta\}$.
Soit $\delta > 0$. Pour tout $x \in E$ et tout $n \in \mathbb{N}$, on a $|f(x) - g(x)| \le |f(x) - f_n(x)| + |f_n(x) - g(x)|$. On en déduit $\{|f - f_n| \le \frac{\delta}{2}\} \cap \{|f_n - g| \le \frac{\delta}{2}\} \subset \{|f - g| \le \delta\}$ et donc, en passant au complémentaire,

$$ \{|f - g| > \delta\} \subset \{|f - f_n| > \frac{\delta}{2}\} \cup \{|f_n - g| > \frac{\delta}{2}\}. \quad (3.6) $$

Par sous additivité de m, on a donc $m(\{|f - g| > \delta\}) \le m(\{|f - f_n| > \frac{\delta}{2}\}) + m(\{|f_n - g| > \frac{\delta}{2}\})$. En passant à la limite quand $n \to +\infty$, on en déduit $m(\{|f - g| > \delta\}) = 0$.

On remarque maintenant que $\{x \in E; f(x) \neq g(x)\} = \{|f - g| > 0\} = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \{|f - g| > \frac{1}{n}\}$ et donc, par σ-sous additivité de m, on obtient $m(\{x \in E; f(x) \neq g(x)\}) \le \sum_{n=1}^{\infty} m(\{|f - g| > \frac{1}{n}\}) = 0$ et donc $f = g \text{ p.p.}$.

2. Montrer que si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $f \in \mathcal{M}$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $g \in \mathcal{M}$, alors $(f_n + g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $f + g \in \mathcal{M}$.

**Corrigé** – Soit $\delta > 0$. En reprenant la démonstration de (3.6), on montre que

$$ \{|f + g - (f_n + g_n)| > \delta\} \subset \{|f - f_n| > \frac{\delta}{2}\} \cup \{|g - g_n| > \frac{\delta}{2}\}. $$

Par sous additivité de m, ceci donne $m(\{|f + g - (f_n + g_n)| > \delta\}) \le m(\{|f - f_n| > \frac{\delta}{2}\}) + m(\{|g - g_n| > \frac{\delta}{2}\})$ et donc que $m(\{|f + g - (f_n + g_n)| > \delta\}) \to 0$ quand $n \to +\infty$. On a bien montré que $f_n + g_n \to f + g$ en mesure quand $n \to +\infty$.

3. On suppose maintenant que m est une mesure finie. Montrer que si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $f \in \mathcal{M}$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers g, alors $(f_n g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $fg \in \mathcal{M}$.

[On pourra commencer par montrer que, si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ converge en mesure vers $f \in \mathcal{M}$, alors, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $n_0$ et $k_0 \in \mathbb{N}$ tels que, si $n \ge n_0$ et $k \ge k_0$, on a $m(\{x \in E; |f_n(x)| \ge k\}) \le \varepsilon$. Donner un contre-exemple au résultat précédent lorsque $m(E) = +\infty$.

**Corrigé** – Pour $k \in \mathbb{N}$ et $n \in \mathbb{N}$, la démonstration de (3.6) donne ici $\{|f_n| > k\} \subset \{|f| > \frac{k}{2}\} \cup \{|f_n - f| > \frac{k}{2}\}$ et donc

$$ m(\{|f_n| > k\}) \le m(\{|f| > \frac{k}{2}\}) + m(\{|f_n - f| > \frac{k}{2}\}). \quad (3.7) $$

On pose $A_k = \{|f| > \frac{k}{2}\}$. On a $(A_k)_{k \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{T}$, $A_{k+1} \subset A_k$ pour tout $k \in \mathbb{N}$ et $\bigcap_{k \in \mathbb{N}} A_k = \emptyset$ (car f prend ses valeurs dans $\mathbb{R}$). Comme E est de mesure finie, on a $m(A_k) < \infty$ (pour tout k) et on peut appliquer la continuité décroissante de m. Elle donne :

$$ m(A_k) \to 0, \text{ quand } n \to +\infty. \quad (3.8) $$
Soit $\varepsilon > 0$. Par (3.8), il existe $k_0 \in \mathbb{N}$ tel que $m(A_{k_0}) \le \frac{\varepsilon}{2}$. Par la convergence en mesure de $f_n$ vers $f$, il existe alors $n_0$ tel que $m(|f_n - f| > \frac{k_0}{2}) \le \frac{\varepsilon}{2}$ pour tout $n \ge n_0$ et l'inégalité (3.7) donne $m(|f_n| > k_0)) \le \varepsilon$ si $n \ge n_0$. On en déduit (comme $|f_n| > k) \subset |f_n| > k_0$ si $k \ge k_0)$ :

$$n \ge n_0, k \ge k_0 \Rightarrow m(|f_n| > k) \le \varepsilon. \quad (3.9)$$

On montre maintenant que $f_n g_n \to fg$ en mesure.

Soit $\delta > 0$, on veut montrer que $m(|f_n g_n - fg| > \delta) \to 0$ quand $n \to +\infty$. Pour cela, on remarque que $|f_n g_n - fg| \le |f_n||g_n - g| + |g||f_n - f|$. Pour $k \in \mathbb{N}^*$, on a donc

$$|f_n| \le k) \cap \{|g_n - g| \le \frac{\delta}{2k}\} \cap \{|g| \le k\} \cap \{|f_n - f| \le \frac{\delta}{2k}\} \subset \{|f_n g_n - fg| \le \delta\}$$

et, en passant au complémentaire,

$$|f_n g_n - fg| > \delta) \subset \{|f_n| > k\} \cup \{|g_n - g| > \frac{\delta}{2k}\} \cup \{|g| > k\} \cup \{|f_n - f| > \frac{\delta}{2k}\},$$

ce qui donne

$$m(|f_n g_n - fg| > \delta)) \le m(|f_n| > k)) + m(|g_n - g| > \frac{\delta}{2k})) \\ + m(|g| > k)) + m(|f_n - f| > \frac{\delta}{2k})). \quad (3.10)$$

Soit $\varepsilon > 0$. Il existe $k_0$ et $n_0$ de manière à avoir (3.9). En utilisant (3.8) avec $g$ au lieu de $f$, il existe aussi $k_1$ tel que $m(|g| > k)) \le \varepsilon$ pour $k \ge k_1$. On choisit alors $k = \max\{k_0, k_1\}$. En utilisant la convergence en mesure de $f_n$ vers $f$ et de $g_n$ vers $g$, il existe $n_1$ tel que $m(|g_n - g| > \frac{\delta}{2k})) \le \varepsilon$ et $m(|f_n - f| > \frac{\delta}{2k})) \le \varepsilon$ pour $n \ge n_1$. Finalement, avec $n_2 = \max\{n_0, n_1\}$ on obtient :

$$n \ge n_2 \Rightarrow m(|f_n g_n - fg| > \delta)) \le 4\varepsilon.$$

Ce qui prouve la convergence en mesure de $f_n g_n$ vers $fg$, quand $n \to +\infty$.

Pour obtenir un contre-exemple à ce résultat si $m(E) = \infty$, on prend $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$. Pour $n \ge 1$ on définit $f_n$ par $f_n(x) = \frac{1}{n}$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ et on définit $g_n$ par $g_n(x) = x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Il est clair que $f_n \to 0$ en mesure, $g_n \to g$ en mesure, avec $g(x) = x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, et $f_n g_n \to 0$ en mesure car $m(|f_n g_n| > \delta)) = \infty$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et tout $\delta > 0$.

**Exercice 3.24 (Convergence p.u. et convergence p.p.)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ (c'est-à-dire une suite de fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$) et $f \in \mathcal{M}$. On suppose que $f_n \to f$ presque uniformément (c'est-à-dire que pour tout $\varepsilon > 0$ il existe $A \in T$ tel que $m(A) \le \varepsilon$ et $f_n \to f$ uniformément sur $A^c$). Montrer que $f_n \to f$ p.p., quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – Soit $A_n \in T$ tel que $m(A_n) \le \frac{1}{n}$ et $f_n \to f$ uniformément sur $A_n^c$. On pose $A = \bigcap_{n \in \mathbb{N}^*} A_n$, de sorte que $A \in T$ et $m(A) = 0$ car $m(A) \le m(A_n) \le \frac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Soit $x \in A^c$, il existe $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $x \in A_n$ et on a donc $f_n(x) \to f(x)$ quand $n \to +\infty$. Comme $m(A) = 0$, ceci donne bien $f_n \to f$ p.p., quand $n \to +\infty$.
**Exercice 3.25 (Théorème d'Egorov)** Soient (E, T, m) un espace mesuré fini, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de fonctions mesurables de E dans $\mathbb{R}$, et f une fonction mesurable de E dans $\mathbb{R}$. On suppose que $f_n \to f$ p.p., lorsque $n \to +\infty$. Pour $j \in \mathbb{N}^*$ et $n \in \mathbb{N}$, on définit :

$$A_{n,j} = \{x; |f(x) - f_n(x)| \ge \frac{1}{j}\}, \text{ et } B_{n,j} = \bigcup_{p \ge n} A_{p,j}$$

1. Montrer que à j fixé, $\lim_{n \to +\infty} m(B_{n,j}) = 0$.

**Corrigé** – On remarque d'abord que $A_{n,j} = (|f - f_n|)^{-1}([\frac{1}{j}, \infty[) \in T \text{ car } |f - f_n| \in M$. On a donc aussi $B_{n,j} \in T$.

D'autre part, comme $f_n \to f$ p.p., lorsque $n \to +\infty$, il existe $C \in T$ tel que $m(C) = 0$ et $f_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in C^c$.

On va montrer que $m(B_{n,j}) \to 0$, quand $n \to +\infty$ (on rappelle que $j \in \mathbb{N}^*$ est fixé), en utilisant la continuité décroissante de m. On remarque en effet que $m(B_{n,j}) < \infty$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$) car $m(E) < \infty$ (et c'est seulement ici que cette hypothèse est utile), puis que $B_{n+1,j} \subset B_{n,j}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. La continuité de décroissante de m donne donc

$$m(B_{n,j}) \to m(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_{n,j}).$$

Or, si $x \in \bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_{n,j}$, on a $x \in B_{n,j}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Donc, pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe $p \ge n$ tel que $x \in A_{n,j}$, c'est-à-dire $|f(x) - f_n(x)| \ge \frac{1}{j}$. Comme j est fixé, ceci montre que $f_n(x) \not\to f(x)$ quand $n \to +\infty$, et donc que $x \in C$. On en déduit que $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_{n,j} \subset C$ et donc que $m(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_{n,j}) = 0$ et finalement que $m(B_{n,j}) \to 0$, quand $n \to +\infty$.

2. Montrer que, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe A tel que $m(A) \le \varepsilon$ et $f_n \to f$ uniformément sur A$^c$ lorsque $n \to +\infty$. En déduire le théorème d'Egorov (théorème 3.39).

[On cherchera A sous la forme : $\bigcup_{j \in \mathbb{N}^*} B_{n,j}$, avec un choix judicieux de $n_j$.]

**Corrigé** – Soit $\varepsilon > 0$. Pour tout $j \in \mathbb{N}^*$, la question précédente donne qu'il existe $n(j) \in \mathbb{N}$ tel que $m(B_{n,j}) \le \frac{\varepsilon}{2j}$. On pose $B = \bigcup_{j \in \mathbb{N}^*} B_{n(j),j}$, de sorte que $B \in T$ et, par σ-sous additivité de m :

$$m(B) \le \sum_{j=1}^{\infty} m(B_{n(j),j}) \le \sum_{j=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{2j} = \varepsilon.$$

On montre maintenant que $f_n \to f$ uniformément sur $B^c$ (ce qui conclut la question en prenant $A = B$).

Comme $B = \bigcup_{j \in \mathbb{N}^*} (\bigcup_{p \ge n(j)} A_{p,j})$, on a, en passant au complémentaire,

$$B^c = \bigcap_{j \in \mathbb{N}^*} (\bigcap_{p \ge n(j)} A_{p,j}^c).$$
Soit $\eta > 0$. Il existe $j \in \mathbb{N}^*$ tel que $\frac{1}{j} \le \eta$. Soit $x \in \mathbb{B}^c$, comme $x \in \bigcap_{p \ge n(j)} A_{p,j}^c$, on a donc $x \in A_{p,j}^c$ pour tout $p \ge n(j)$, c'est-à-dire :

$$p \ge n(j) \Rightarrow |f_n(x) - f(x)| \le \frac{1}{j} \le \eta.$$

Comme $n(j)$ ne dépend que de $j$ (et donc que de $\eta$) et pas de $x \in \mathbb{B}^c$, ceci prouve la convergence uniforme de $f_n$ vers $f$ sur $\mathbb{B}^c$.

3. Montrer, par un contre-exemple, qu'on ne peut pas prendre $\varepsilon = 0$ dans la question précédente.

**Corrigé** – On prend, par exemple, $(E, T, m) = (\mathbb{J}, 1[, \mathcal{B}(\mathbb{J}), 1[, \lambda)$ (plus précisément, $\lambda$ est ici la restriction à $\mathcal{B}(\mathbb{J}, 1[,)$ de $\lambda$, qui est une mesure sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}))$.

Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on prend $f_n = 1]_0, \frac{1}{n}[$, de sorte que $f_n \to 0$ p.p., quand $n \to +\infty$ (et même, $f_n(x) \to 0$ pour tout $x \in]0, 1[$).

Soit maintenant $B \in \mathcal{B}(\mathbb{J}, 1[$) tel que $\lambda(B) = 0$. On va montrer que $f_n$ ne peut pas tendre uniformément vers 0 sur $\mathbb{B}^c$ (ceci prouve bien qu'on ne peut pas prendre $\varepsilon = 0$ dans la question précédente, c'est-à-dire $\varepsilon = 0$ dans le théorème d'Egorov).

Soit $n \in \mathbb{N}^*$, Il est clair que $\mathbb{B}^c \cap]0, \frac{1}{n}[$ $\ne \emptyset$. En effet, sinon on a $]0, \frac{1}{n}[$ $\subset B$ et donc $\frac{1}{n} = \lambda(]0, \frac{1}{n}[$) $\le \lambda(B) = 0$. Il existe donc $x \in \mathbb{B}^c$ tel que $f_n(x) = 1$. On a donc

$$\sup_{x \in \mathbb{B}^c} |f_n(x)| = 1,$$

ce qui prouve bien que $f_n$ ne tend pas uniformément vers 0 sur $\mathbb{B}^c$, quand $n \to +\infty$.

4. Montrer, par un contre-exemple, que le résultat du théorème d'Egorov est faux lorsque $m(E) = +\infty$.

**Corrigé** – On prend, par exemple, $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))\lambda$.

Pour $n \in \mathbb{N}$, on prend $f_n = 1]_{n, n+1}$, de sorte que $f_n \to 0$ p.p., quand $n \to +\infty$ (et même, $f_n(x) \to 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$).

Soit maintenant $0 < \varepsilon < 1$ et $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ tel que $\lambda(B) \le \varepsilon$. On va montrer que $f_n$ ne peut pas tendre uniformément vers 0 sur $\mathbb{B}^c$ (ceci prouve bien que le théorème d'Egorov peut être mis en défaut si $m(E) = \infty$).

Soit $n \in \mathbb{N}$, Il est clair que $\mathbb{B}^c \cap ]n, n+1[$ $\ne \emptyset$ (car sinon, $]n, n+1[$ $\subset B$ et donc $1 = \lambda(]n, n+1[$) $\le \lambda(B) \le \varepsilon$, en contradiction avec $\varepsilon < 1$). Il existe donc $x \in \mathbb{B}^c$ tel que $f_n(x) = 1$. On a donc

$$\sup_{x \in \mathbb{B}^c} |f_n(x)| = 1,$$

ce qui prouve bien que $f_n$ ne tend pas uniformément vers 0 sur $\mathbb{B}^c$, quand $n \to +\infty$.

**Exercice 3.26 (Convergence en mesure et convergence p.p.)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$, et $f$ une
fonction mesurable de E dans $\mathbb{R}$. On rappelle que, par définition, la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge en mesure vers $f$ si :

$$ \forall \varepsilon > 0, \lim_{n \to +\infty} m(\{x \in E; |f_n(x) - f(x)| > \varepsilon\}) = 0. $$

1. On suppose dans cette question que $m(E) < +\infty$.

(a) Montrer que si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ tend vers $f$ presque partout, alors $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ tend vers $f$ en mesure [Utiliser le théorème d'Egorov.]

**Corrigé** – Soit $\varepsilon > 0$, on veut montrer que $m(\{|f_n - f| > \varepsilon\}) = m(\{x \in E; |f_n(x) - f(x)| > \varepsilon\}) \to 0$, quand $n \to +\infty$, c'est-à-dire que

$$ \begin{gathered} \forall \delta > 0, \exists n_0, \text{ t.q.} \\ n \ge n_0 \Rightarrow m(\{|f_n - f| > \varepsilon\}) \le \delta. \end{gathered} \qquad (3.11) $$

Soit donc $\delta > 0$. D'après le théorème d'Egorov (théorème 3.39 page 125), il existe $A \in \mathbb{T}$ tel que $m(A) \le \delta$ et $f_n \to f$ uniformément sur $A^c$. La convergence uniforme sur $A^c$ nous donne donc l'existence de $n_0$ tel que, $|f_n(x) - f(x)| \le \varepsilon$ pour tout $x \in A^c$, si $n \ge n_0$. On a donc, pour $n \ge n_0$, $\{|f_n - f| > \varepsilon\} \subset A$, et donc $m(\{|f_n - f| > \varepsilon\}) \le m(A) \le \delta$. On a bien montré (3.11) et donc la convergence en mesure de $f_n$ vers $f$, quand $n \to +\infty$.

(b) Montrer par un contre-exemple que la réciproque de la question précédente est fausse.

**Corrigé** – L'exemple donné ici sera repris au début de la section 4.7 pour montrer que la convergence dans $L^1$ n'entraîne pas la convergence presque partout.

On prend $(E, \mathbb{T}, m) = ([0, 1[, \mathcal{B}([0, 1[), \lambda)$ (on a bien $m(E) < \infty$) et on construit ainsi la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ :

Soit $n \in \mathbb{N}$. Il existe un unique $p \in \mathbb{N}^*$ et $\frac{(p-1)p}{2} \le n < \frac{p(p+1)}{2}$. On pose alors $k = n - \frac{(p-1)p}{2}$ et on prend $f_n = 1_{[\frac{k}{p}, \frac{k+1}{p}]}$. Il faut noter ici que $k+1 \le \frac{p(p+1)}{2} - \frac{(p-1)p}{2} = p$ et donc $\frac{k+1}{p} \le 1$.

Lorsque $n \to +\infty$, on a $p \to \infty$ et donc $m(\{|f_n| > 0\}) = \frac{1}{p} \to 0$, ce qui prouve, en particulier, que $f_n \to 0$ en mesure, quand $n \to +\infty$.

Enfin, on remarque que, pour tout $x \in [0, 1[, f_n(x) \not\to 0$ quand $n \to +\infty$. En effet, soit $x \in [0, 1[$. Soit $p \in \mathbb{N}^*$. Il existe alors (un unique) $k \in \{0, \dots, p-1\}$ tel que $x \in [\frac{k}{p}, \frac{k+1}{p}[$, de sorte que $f_{\varphi(p)}(x) = 1$ en choisissant $\varphi(p) = \frac{(p-1)p}{2} + k$. On a ainsi construit $(f_{\varphi(p)})_{p \in \mathbb{N}^*}$, sous-suite de $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ (car $\varphi$ est strictement croissante de $\mathbb{N}^*$ dans $\mathbb{N}$), t.q. $f_{\varphi(p)}(x) \not\to 0$ quand $p \to +\infty$ (puisque $f_{\varphi(p)}(x) = 1$ pour tout $p$). Ceci montre bien que $f_n(x) \not\to 0$ quand $n \to +\infty$.

On ne suppose plus que $m(E) < +\infty$ mais on suppose maintenant (pour la suite de l'exercice) que la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge en mesure vers $f$.
2. Montrer que la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est de Cauchy en mesure c'est-à-dire que

$$ \forall \varepsilon > 0, \forall \delta > 0, \exists n \in \mathbb{N}; p, q \ge n \Rightarrow m(\{x \in E; |f_p(x) - f_q(x)| > \varepsilon\}) \le \delta. $$

**Corrigé –**

Notation : Pour $g$ fonction de $E$ dans $\mathbb{R}$ et $a \in \mathbb{R}$, on note toujours $\{g > a\}$ l'ensemble $\{x \in E; g(x) > a\}$.

Soit $\varepsilon > 0$ et $\delta > 0$. Soit $p, q \in \mathbb{N}$. On commence par remarquer que $|f_p(x) - f_q(x)| \le |f_p(x) - f(x)| + |f_q(x) - f(x)|$. On en déduit que

$$ \{|f_p - f_q| > 2\varepsilon\} \subset \{|f_p - f| > \varepsilon\} \cup \{|f_q - f| > \varepsilon\}. $$

On a donc

$$ m(\{|f_p - f_q| > 2\varepsilon\}) \le m(\{|f_p - f| > \varepsilon\}) + m(\{|f_q - f| > \varepsilon\}). $$

Comme $f_n \to f$ en mesure, il existe $n_0$ tel que

$$ n \ge n_0 \Rightarrow m(\{|f_n - f| > \varepsilon\}) \le \delta. $$

On a donc

$$ p, q \ge n_0 \Rightarrow m(\{|f_p - f_q| > 2\varepsilon\}) \le 2\delta. $$

Ceci montre bien que la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est de Cauchy en mesure.

3. Montrer qu'il existe une fonction mesurable $g$ et une sous-suite de la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$, notée $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ (avec $\varphi$ strictement croissante de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$), vérifiant la propriété suivante :

Pour tout $\varepsilon > 0$ il existe $A \in \mathcal{T}$ tel que $m(A) \le \varepsilon$ et tel que $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge uniformément vers $g$ sur $A^c$.

[On pourra construire $\varphi$ strictement croissante de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ et une suite $(A_n)_{n \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $\mathcal{T}$ t.q. $m(A_n) \le 2^{-n}$ avec $A_n = \{x \in E; |f_{\varphi(n+1)}(x) - f_{\varphi(n)}(x)| > 2^{-n}\}$ pour tout $n$. Puis, chercher $A$ sous la forme $\bigcup_{k \ge p} A_k$, où $p$ est convenablement choisi.]

**Corrigé –** D'après la question précédente, la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est de Cauchy en mesure. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe donc (en prenant $\varepsilon = \delta = 2^{-n}$ dans la définition donnée à la question précédente) $\psi(n) \in \mathbb{N}$ tel que

$$ p, q \ge \psi(n) \Rightarrow m(\{|f_p - f_q| > 2^{-n}\}) \le 2^{-n}. $$

Pour obtenir, à partir de $\psi$, une fonction strictement croissante de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ on choisit alors $\varphi(0) = \psi(0)$ et $\varphi(n) = \max\{\psi(n), \varphi(n-1)+1\}$ pour $n \ge 1$. On obtient bien une fonction $\varphi$ strictement croissante de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ et, comme $\varphi(n+1) > \varphi(n) \ge \psi(n)$, on a, pour tout $n \in \mathbb{N}$,

$$ m(A_n) \le 2^{-n} \text{ avec } A_n = \{|f_{\varphi(n+1)} - f_{\varphi(n)}| > 2^{-n}\}. $$

Pour construire la fonction $g$, on pose maintenant $B_p = \bigcup_{k \ge p} A_k$ et $B = \cap_{p \in \mathbb{N}} B_p$. On va montrer que pour tout $x \in B^c$ la suite $(f_{\varphi(n)}(x))_{n \in \mathbb{N}}$ converge dans $\mathbb{R}$ (et $g(x)$ sera alors défini comme étant la limite de cette suite).
Soit $x \in \mathbb{B}^c$. Il existe donc $p \in \mathbb{N}$ tel que $x \in \mathbb{B}_p^c$. Ceci donne $x \in A_k^c$ pour tout $k \ge p$, c'est-à-dire

$$k \ge p \Rightarrow |f_{\varphi(n+1)}(x) - f_{\varphi(n)}(x)| \le 2^{-k}. \quad (3.12)$$

On en déduit que la série de terme général $f_{\varphi(n+1)}(x) - f_{\varphi(n)}(x)$ converge dans $\mathbb{R}$ et donc que la suite $(f_{\varphi(n)}(x))_{n \in \mathbb{N}}$ converge dans $\mathbb{R}$. En effet, pour passer de la série à la suite, il suffit de remarquer que

$$f_{\varphi(n)}(x) = f_{\varphi(0)}(x) + \sum_{k=0}^{n-1} (f_{\varphi(k+1)}(x) - f_{\varphi(k)}(x)). \quad (3.13)$$

On a donc montré que pour tout $x \in \mathbb{B}^c$ la suite $(f_{\varphi(n)}(x))_{n \in \mathbb{N}}$ converge dans $\mathbb{R}$ et on pose alors

$$g(x) = \lim_{n \to +\infty} f_{\varphi(n)}(x) \text{ si } x \in \mathbb{B}^c.$$

La fonction $g$ est ainsi définie sur $\mathbb{B}^c$. Pour qu'elle soit définie partout, on pose $g(x) = 0$ sur $\mathbb{B}$. La fonction $g$ est bien mesurable car est la limite simple des fonctions $f_{\varphi(n)}1_{\mathbb{B}^c}$ qui sont toutes mesurables (noter, en particulier, que $\mathbb{B} \in \mathcal{T}$ car les $A_n$ sont tous dans $\mathcal{T}$).

Soit $p \in \mathbb{N}$. On remarque maintenant que sur $\mathbb{B}_p^c$ la série de terme général $f_{\varphi(n+1)}(x) - f_{\varphi(n)}(x)$ converge uniformément (grâce à (3.12)). La suite $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge donc aussi uniformément sur $\mathbb{B}_p^c$ (grâce à (3.13)). Or, par $\sigma$-sous additivité de $m$, on a

$$m(B_p) \le \sum_{k=p}^{+\infty} m(A_k) \le \sum_{k=p}^{+\infty} 2^{-k} = 2^{-p+1}.$$

Soit $\varepsilon > 0$. En prenant $A = B_p$ avec $p \in \mathbb{N}$ tel que $2^{-p+1} \le \varepsilon$ on a donc $m(A) \le \varepsilon$ et $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge uniformément (vers $g$) sur $A^c$.

Enfin, on peut aussi remarquer que $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge p.p. vers $g$ car $(f_{\varphi(n)}(x))_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $g(x)$ pour tout $x \in \mathbb{B}^c$ et la continuité décroissante de $m$ donne $m(B) = \lim_{p \to +\infty} m(B_p) = 0$.

4. Montrer qu'il existe une sous-suite de la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ qui converge vers $f$ presque partout. [On pourra commencer par montrer que la suite $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ construite à la question précédente converge presque partout et en mesure.]

**Corrigé** – On reprend les notations et résultats du corrigé de la question précédente. On sait déjà que la suite $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge p.p. vers $g$. On montre maintenant qu'elle converge en mesure vers $g$.

Soit $\varepsilon > 0$ et $\delta > 0$. Il existe $p \in \mathbb{N}$ tel que $m(B_p) \le \delta$. Comme $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge uniformément sur $\mathbb{B}_p^c$ vers $g$, il existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tel que $|f_{\varphi(n)}(x) - g(x)| < \varepsilon$ pour tout $n \ge n_0$ et tout $x \in \mathbb{B}_p^c$. On a donc

$$n \ge n_0 \Rightarrow \{|f_{\varphi(n)} - g| \ge \varepsilon\} \subset B_p \Rightarrow m(\{|f_{\varphi(n)} - g| \ge \varepsilon\} \le m(B_p) \le \delta.$$

Ceci montre bien que $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge en mesure vers $g$.

Comme on a déjà, par hypothèse, que $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge en mesure vers $f$, on a donc $f = g$ p.p. (voir la première question de l'exercice 3.23). Finalement, on obtient donc la convergence p.p. de la suite $(f_{\varphi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ vers $f$.
**Exercice 3.27 (Convergence en mesure et fonctions continues)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, m)$ un espace mesuré, $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de fonctions mesurables de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$ et X une fonction mesurable de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$. On suppose que $X_n \to X$ en mesure, quand $n \to +\infty$.

1. Soit $\varphi$ une fonction uniformément continue de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Montrer que $\varphi(X_n) \to \varphi(X)$ en mesure, quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – Soit $\varepsilon > 0$. Comme $\varphi$ est uniformément continue, il existe $\eta > 0$ tel que

$$|x - y| \le \eta \Rightarrow |\varphi(x) - \varphi(y)| \le \varepsilon.$$

On a donc $|\varphi(X_n) - \varphi(X)| > \varepsilon) \subset \{|X_n - X| > \eta\}$ et

$$m(\{|\varphi(X_n) - \varphi(X)| > \varepsilon\}) \le m(\{|X_n - X| > \eta\}).$$

Comme $X_n \to X$ en mesure, on a $\lim_{n \to +\infty} m(\{|X_n - X| > \eta\}) = 0$, on a donc aussi

$$\lim_{n \to +\infty} m(\{|\varphi(X_n) - \varphi(X)| > \varepsilon\}) = 0.$$

Ce qui prouve que $\varphi(X_n) \to \varphi(X)$ en mesure, quand $n \to +\infty$.

2. On suppose, dans cette question, que $m$ est finie (par exemple, la mesure $m$ peut être une probabilité, on a alors $m(\Omega) = 1$, les fonctions mesurables sont des v.a.r. et la convergence en mesure est la convergence en probabilité). Soit $\varphi$ une fonction continue de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Montrer que $\varphi(X_n) \to \varphi(X)$ en mesure, quand $n \to +\infty$. [On pourra commencer par remarquer que $\lim_{a \to +\infty} m(\{|X| \ge a\}) = 0$.]

**Corrigé** – Le fait que $\lim_{a \to +\infty} m(\{|X| \ge a\}) = 0$ est une conséquence de la continuité décroissante d'une mesure (on utilise ici que $m$ est finie).

Soit $\varepsilon > 0$ et $\delta > 0$. Il existe $a \in \mathbb{R}_+$ tel que $m(\{|X| \ge a\}) \le \delta$. Comme $\varphi$ est uniformément continue sur $[-a-1, a+1]$, il existe $\eta > 0$ tel que

$$x, y \in [-a-1, a+1], |x - y| \le \eta \Rightarrow |\varphi(x) - \varphi(y)| \le \varepsilon.$$

En posant $\tilde{\eta} = \min\{\eta, 1\} > 0$, on a aussi

$$x \in [-a, a], |x - y| \le \tilde{\eta} \Rightarrow |\varphi(x) - \varphi(y)| \le \varepsilon.$$

On a donc $|\varphi(X_n) - \varphi(X)| > \varepsilon) \subset \{|X_n - X| > \tilde{\eta}\} \cup \{|X| \ge a\}$ et

$$m(\{|\varphi(X_n) - \varphi(X)| > \varepsilon\}) \le m(\{|X_n - X| > \tilde{\eta}\}) + m(\{|X| \ge a\})$$

$$\le m(\{|X_n - X| > \tilde{\eta}\}) + \delta.$$

Comme $X_n \to X$ en mesure, on a $\lim_{n \to +\infty} m(\{|X_n - X| > \tilde{\eta}\}) = 0$, il existe donc $n_0$ tel que

$$n \ge n_0 \Rightarrow m(\{|X_n - X| > \tilde{\eta}\}) \le \delta.$$

on a donc

$$n \ge n_0 \Rightarrow m(\{|\varphi(X_n) - \varphi(X)| > \varepsilon\}) \le 2\delta.$$

Ce qui prouve que $\varphi(X_n) \to \varphi(X)$ en mesure, quand $n \to +\infty$.

3. On prend ici $(\Omega, \mathcal{A}, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R})), \lambda)$. Montrer, en donnant un exemple (c'est-à-dire en choisissant convenablement $X_n$ et X), qu'on peut avoir $X_n \to X$ en mesure (quand $n \to +\infty$) et $\varphi(X_n) \not\to \varphi(X)$ en mesure pour certaines fonctions $\varphi$ continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.
**Corrigé** – On prend $X(x) = x$ et $X_n(x) = x + 1/n$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ et $n \in \mathbb{N}^*$. On a bien $X_n \to X$ en mesure. On choisit $\varphi$ définie par $\varphi(x) = x^2$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a donc, pour $x \in \mathbb{R}$, $\varphi(X_n(x)) - \varphi(X(x)) = 2x/n + 1/n^2$. On en déduit que

$$ \lambda(\{\varphi(X_n(x)) - \varphi(X(x)) \ge \varepsilon\}) = +\infty \text{ pour tout } \varepsilon > 0 \text{ et tout } n \in \mathbb{N}^*. $$

Ce qui montre que $\varphi(X_n) \not\to \varphi(X)$ en mesure.

**Exercice 3.28 (Distance associée à la convergence en mesure)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré fini. On pose, pour $f$ et $g$ fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$ (c'est-à-dire $f, g \in \mathcal{M}$) :

$$ d(f,g) = \int \frac{|f - g|}{1 + |f - g|} dm. $$

1. Montrer que $d$ est bien définie et prend ses valeurs dans $\mathbb{R}_+$ (c'est-à-dire que $\frac{|f-g|}{1+|f-g|} \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ pour tout $f,g \in \mathcal{M}$) et que $d$ est une semi-distance sur $\mathcal{M}$ (c'est-à-dire que $d(f,g) = d(g,f)$, pour tout $f,g \in \mathcal{M}$, et que $d(f,h) \le d(f,g) + d(g,h)$, pour tout $f,g,h \in \mathcal{M}$).

2. Soient $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ et $f \subset \mathcal{M}$. Montrer que $f_n$ converge en mesure vers $f$ lorsque $n \to +\infty$ si et seulement si $\lim_{n \to +\infty} d(f_n, f) = 0$. [Il est probablement utile de considérer, pour $\varepsilon > 0$, les ensembles $A_n = \{x \in E; |f_n(x) - f(x)| > \varepsilon\}$.]

**Exercice 3.29 (Mesurabilité d'une limite p.p.)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}(E, T)$ et $f : E \to \mathbb{R}$. On suppose que $f_n \to f$ p.p.,

1. Montrer que $f \in \mathcal{M}(E, \bar{T})$, où $(E, \bar{T}, \bar{m})$ est le complété de $(E, T, m)$ (voir le théorème 2.27).

2. En donnant un exemple (c'est-à-dire en choisissant convenablement $(E, T, m)$, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $f$), montrer qu'on peut avoir $f \notin \mathcal{M}(E, T)$.

**Exercice 3.30 (Convergence essentiellement uniforme et presque uniforme)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. Pour $f \in \mathcal{M}$, on pose $A_f = \{C \in \mathbb{R}, |f| \le C \text{ p.p.}\}$. Si $A_f \ne \emptyset$, on pose $\|f\|_\infty = \inf A_f$. Si $A_f = \emptyset$, on pose $\|f\|_\infty = +\infty$.

1. Soit $f \in \mathcal{M}$ t.q. $A_f \ne \emptyset$. Montrer que $\|f\|_\infty \in A_f$.

**Corrigé** – Comme $A_f \ne \emptyset$ et $\|f\|_\infty = \inf A_f$, il existe une suite $(a_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset A_f$ t.q. $a_n \downarrow \|f\|_\infty$ quand $n \to +\infty$.

Soit $n \in \mathbb{N}$, de $a_n \in A_f$ on déduit qu'il existe $B_n \in T$ tel que $m(B_n) = 0$ et $|f(x)| \le a_n$ pour tout $x \in B_n^c$.

On pose $B = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n$. On a donc $B \in T$ et, par $\sigma$-additivité de $m$, $m(B) = 0$ (car $m(B) \le \sum_{n \in \mathbb{N}} m(B_n)$). Enfin, pour tout $x \in B^c = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_n^c$, on a $|f(x)| \le a_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. En faisant $n \to +\infty$, on en déduit que $|f(x)| \le \|f\|_\infty$. On a donc $|f| \le \|f\|_\infty$ p.p., c'est-à-dire $\|f\|_\infty \in A_f$.
2. Soient $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}$ et $f \in \mathcal{M}$.

(a) On suppose, dans cette question, que $\|f_n - f\|_{\infty} \to 0$ quand $n \to +\infty$ (on dit que $f_n \to f$ essentiellement uniformément). Montrer que $f_n \to f$ presque uniformément.

**Corrigé** – Pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe $A_n \in \mathcal{T}$ tel que $m(A_n) = 0$ et $|(f_n - f)(x)| \le \|f_n - f\|_{\infty}$ pour tout $x \in A_n^c$. On pose $A = \cup_{n \in \mathbb{N}} A_n$. On a donc $A \in \mathcal{T}$, $m(A) = 0$, $|(f_n - f)(x)| \le \|f_n - f\|_{\infty}$ pour tout $x \in A^c$. Comme $\|f_n - f\|_{\infty} \to 0$ quand $n \to +\infty$, on en déduit que $f_n \to f$ uniformément sur $A^c$. Enfin, comme $m(A) \le \varepsilon$ pour tout $\varepsilon > 0$, on a bien montré la convergence presque uniforme de $f_n$ vers $f$.

(b) En donnant un exemple (c'est-à-dire en choisissant convenablement $(E, \mathcal{T}, m)$, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $f$), montrer qu'on peut avoir $f_n \to f$ presque uniformément, quand $n \to +\infty$, et $\|f_n - f\|_{\infty} \not\to 0$.

**Corrigé** – On prend, par exemple, $(E, \mathcal{T}, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$, $f = 0$ et $f_n = 1_{[0, \frac{1}{n}]}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Soit $\varepsilon > 0$. On choisit $A = [0, \varepsilon]$, de sorte que $m(A) = \varepsilon$. On a bien $f_n \to 0$ uniformément sur $A^c$, quand $n \to +\infty$, car $f_n = 0$ sur $A^c$ pour tout $n$ tel que $\frac{1}{n} < \varepsilon$. Donc, $f_n \to f$ presque uniformément quand $n \to +\infty$.

Mais $f_n$ ne tend pas vers 0 essentiellement uniformément, quand $n \to +\infty$, car $\|f_n\|_{\infty} = 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ (en effet, $f_n \le 1$ sur tout $\mathbb{R}$, $f_n = 1$ sur $[0, \frac{1}{n}]$) et $\lambda([0, \frac{1}{n}]) > 0$, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$).

**Exercice 3.31 (Mesurabilité des troncatures)** Soit $(X, \mathcal{T})$ un espace mesurable et $f$ une fonction mesurable de $X$ dans $\mathbb{R}$ ($\mathbb{R}$ est muni, comme toujours quand on ne le précise pas, de la tribu borélienne). Pour $a > 0$, on définit la fonction tronquée suivante :

$$f_a(x) = \begin{cases} a & \text{si } f(x) > a \\ f(x) & \text{si } |f(x)| \le a \\ -a & \text{si } f(x) < -a \end{cases}$$

Montrer que $f_a$ est mesurable.

**Corrigé** – Soit $a > 0$. On définit $T_a$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ par :

$$T_a(s) = \begin{cases} a & \text{si } s > a \\ s & \text{si } |s| \le a \\ -a & \text{si } s < -a \end{cases}$$

La fonction $T_a$ peut aussi s'écrire $T_a(s) = \max\{-a, \min\{a, s\}\}$ pour $s \in \mathbb{R}$. On remarque que la fonction $T_a$ est continue de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Elle est donc borélienne (c'est-à-dire mesurable de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, avec $\mathbb{R}$ muni de sa tribu borélienne).

Comme $f_a = T_a \circ f$, on en déduit que $f_a$ est mesurable car c'est la composée d'applications mesurables.
**Exercice 3.32 (Mesurabilité de l'ensemble des points de convergence)** Soit (E, T) un espace mesurable (on munit $\mathbb{R}$ de la tribu des boréliens $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, comme toujours). Soient $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de fonctions mesurables de E dans $\mathbb{R}$, et A l'ensemble des points $x \in E$ tels que $(f_n(x))_{n\in\mathbb{N}}$ ne soit pas de Cauchy. Montrer que A est mesurable (i.e. $A \in T$).

**Exercice 3.33 (Exemple de tribu engendrée)** Dans cet exercice, on s'intéresse à la tribu $\tau(X)$ engendrée par la variable aléatoire $X$ définie sur $\Omega$, muni de la tribu $\mathcal{A}$, à valeurs dans $\mathbb{R}$, muni de la tribu borélienne.

1. (Cas d'un lancer de dé) Dans cette question, $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, $\mathcal{A} = \mathcal{P}(\Omega)$ et $X$ est la variable aléatoire définie par $X(\omega) = 1$ lorsque $\omega$ est pair, $X(\omega) = 0$ sinon. Montrer que $\tau(X)$ est formé de 4 éléments.

**Corrigé** – Par la définition de la tribu engendrée (Définition 3.14) on a $\tau(X) = \{X^{-1}(A), A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$. Soit $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Comme $X^{-1}(A) = \{\omega \in \Omega \text{ t.q. } X(\omega) \in A\}$, $X^{-1}(A)$ ne peut prendre que 4 valeurs, selon que 0 et 1 appartiennent ou non à A. Plus précisément, on distingue 4 cas possibles :

Cas 1 : $1, 0 \in A$ (c'est le cas, par exemple, si $A = \{0, 1\}$). On a alors $X^{-1}(A) = \Omega$.

Cas 2 : $1 \in A$ et $0 \notin A$ (c'est le cas, par exemple, si $A = \{1\}$). On a alors $X^{-1}(A) = \{2, 4, 6\}$.

Cas 3 : $0 \in A$ et $1 \notin A$ (c'est le cas, par exemple, si $A = \{0\}$). On a alors $X^{-1}(A) = \{1, 3, 5\}$.

Cas 4 : $1 \notin A$ et $0 \notin A$ (c'est le cas, par exemple, si $A = \emptyset$). On a alors $X^{-1}(A) = \emptyset$.

On a ainsi montré que $\tau(X) = \{\Omega, \{2, 4, 6\}, \{1, 3, 5\}, \emptyset\}$.

2. (Cas de $n$ tirages à pile ou face) Soit $n \in \mathbb{N}^*$, $\Omega = \{0, 1\}^n$, $\mathcal{A} = \mathcal{P}(\Omega)$ et $k \in \{1, \dots, n\}$. La variable aléatoire $X$ représente le $k$-ième tirage, $X$ est donc l'app application $\omega = (\omega_1, \dots, \omega_n) \mapsto \omega_k$. Montrer que $\tau(X)$ est ici aussi formé de 4 éléments.

**Corrigé** – Soit $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Comme à la question précédente $X^{-1}(A)$ dépend du fait que 0 et 1 appartiennent ou non à A. On pose $B = \{\omega = (\omega_1, \dots, \omega_n) \in \Omega \text{ tel que } \omega_k = 1\}$. On a ainsi :

$$X^{-1}(A) = \begin{cases} \Omega & \text{si } 0, 1 \in A \text{ (c'est le cas, par exemple, si } A = \{0, 1\}\text{),} \\ B & \text{si } 1 \in A \text{ et } 0 \notin A \text{ (c'est le cas, par exemple, si } A = \{1\}\text{),} \\ B^c & \text{si } 0 \in A \text{ et } 1 \notin A \text{ (c'est le cas, par exemple, si } A = \{0\}\text{),} \\ \emptyset & \text{si } 1 \notin A \text{ et } 0 \notin A \text{ (c'est le cas, par exemple, si } A = \{2\}\text{).} \end{cases}$$

On a donc ici $\tau(X) = \{\Omega, B, B^c, \emptyset\}$.

3. Dans cette question, on prend $\Omega = \mathbb{R}$, $\mathcal{A} = \mathcal{B}(\mathbb{R})$ et, pour tout $\omega \in \Omega$, $X(\omega) = \omega - [\omega]$, où $[\omega]$ désigne la partie entière de $\omega$ (c'est-à-dire $[\omega] = \max\{n \in \mathbb{Z}, \text{t.q. } n \le \omega\}$). Si C est un borélien inclus dans $[0, 1[$ (ce qui est équivalent à dire $C \in \mathcal{B}([0, 1])$), on pose $\varphi(C) = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} C_k$, avec $C_k = \{x + k, x \in C\}$. Montrer que $\tau(X) = \{\varphi(C), C \in \mathcal{B}([0, 1])\}$.
**Corrigé** – Soit $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. La v.a. $X$ prend ses valeurs dans $[0,1]$. On a donc $X^{-1}(A) = X^{-1}(C)$ avec $C = A \cap [0,1]$. Comme $B([0,1]) = \{A \cap [0,1], A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$ (ceci est démontré, par exemple, dans l'exercice 2.3) on a donc :

$$ \tau(X) = \{X^{-1}(C), C \in \mathcal{B}([0,1])\}. $$

Pour terminer la démonstration, Il suffit donc de démontrer que $X^{-1}(C) = \varphi(C)$ si $C \in \mathcal{B}([0,1])$.

Soit $C \in \mathcal{B}([0,1])$. Pour $\omega \in \Omega$ on a $X(\omega) \in C$ si et seulement $\omega - [\omega] \in C$, c'est-à-dire si et seulement si $\omega = n + z$ avec $n \in \mathbb{Z}$ et $z \in C$ (on utilise ici le fait que $C \subset [0,1]$). Ceci montre bien que $X(\omega) \in C$ si et seulement $\omega \in \varphi(C)$. On a donc $X^{-1}(C) = \varphi(C)$, ce qui termine la démonstration.

**Exercice 3.34 (Tribu et partition)** Soit $\Omega$ un ensemble. On appelle partition de $\Omega$ une famille finie ou dénombrable de parties non vides de $\Omega$ et disjointes deux à deux et dont l'union est égale à $\Omega$. Les éléments d'une partition sont appelés atomes.

1. Soit $a = \{A_i; i \in I\}$ une partition de $\Omega$ et soit $\mathcal{T}(a)$ la tribu engendrée par $a$. Montrer que

$$ \mathcal{T}(a) = \{\bigcup_{j \in J} A_j \text{ où } J \subset I\}. $$

En déduire qu'une v.a. réelle est $\mathcal{T}(a)$-mesurable si et seulement si elle est constante sur tous les atomes de $a$.

Une partition $a$ est dite plus fine qu'une partition $b$ si tous les atomes de $b$ s'écrivent comme union d'atomes de $a$.

2. Montrer que si $a$ est plus fine que $b$ et si $b$ est plus fine que $a$ alors $a$ et $b$ sont égales.

3. Montrer que si $a$ et $b$ sont deux partitions telles que $\mathcal{T}(a) = \mathcal{T}(b)$ alors $a$ et $b$ sont égales.

**Exercice 3.35 (Fonctions constantes)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé et $X$ une variable aléatoire (réelle). Pour $a \in \mathbb{R}$, on pose $\varphi(a) = P(X^{-1}([]-\infty, a])$ (on note souvent $X^{-1}([]-\infty, a]) = \{X \le a\}$). La fonction $\varphi$ est donc la fonction de répartition de la probabilité $P_X$.

1. Montrer que $\varphi$ est une fonction croissante de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et que $\lim_{a \to +\infty} \varphi(a) = 1$, $\lim_{a \to -\infty} \varphi(a) = 0$.

**Corrigé** – Ces propriétés ont été vues au paragraphe 2.6.3 en utilisant les propriétés de monotonie et de continuité croissante et décroissante de $P_X$ (proposition 2.26). On les redémontre ici avec les mêmes propriétés de monotonie et de continuité croissante et décroissante utilisées avec $P$ au lieu de $P_X$ (mais cela ne change pas fondamentalement la démonstration !).

Soit $a < b$, on a $\{X \le a\} \subset \{X \le b\}$ et donc, par monotonie de $P$, $\varphi(a) = P(\{X \le a\}) \le P(\{X \le b\}) = \varphi(b)$, ce qui montre bien la monotonie de $\varphi$.
Pour montrer que $\lim_{a \to +\infty} \varphi(a) = 1$, on utilise la continuité croissante de P. Soit $(a_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ t.q. $a_n \uparrow +\infty$ (c'est-à-dire $a_{n+1} \ge a_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\lim_{n \to +\infty} a_n = +\infty$). On pose $A_n = \{X \le a_n\}$. On a $A_n \subset A_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n = \Omega$. Par continuité croissante de P (Proposition 2.26), on a donc

$$ \varphi(a_n) = P(A_n) \to P(\emptyset) = 1 \text{ quand } n \to +\infty. $$

Ce qui prouve que $\lim_{a \to +\infty} \varphi(a) = 1$.

Pour montrer que $\lim_{a \to -\infty} \varphi(a) = 0$, on utilise la continuité décroissante de P. Soit $(a_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ t.q. $a_n \downarrow -\infty$ (c'est-à-dire $a_{n+1} \le a_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\lim_{n \to -\infty} a_n = -\infty$). On pose $B_n = \{X \le a_n\}$. On a $B_{n+1} \subset B_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, $P(B_n) < \infty$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} B_n = \emptyset$. Par continuité décroissante de P (Proposition 2.26), on a donc

$$ \varphi(a_n) = P(B_n) \to P(\emptyset) = 0 \text{ quand } n \to +\infty. $$

Ce qui prouve que $\lim_{a \to -\infty} \varphi(a) = 0$.

On suppose maintenant que, pour tout $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a $P(X^{-1}(B)) = 0$ ou 1.

2. Montrer qu'il existe $\alpha \in \mathbb{R}$ tel que $X = \alpha$ p.s.::

**Corrigé** – On pose $A = \{a \in \mathbb{R} \text{ t.q. } \varphi(a) \le \frac{1}{2}\}$. L'ensemble A est non vide, car $\lim_{a \to -\infty} \varphi(a) = 0$. Il est majoré car $\lim_{a \to +\infty} \varphi(a) = 1$. L'ensemble A admet donc une borne supérieure que nous notons $\alpha$. Comme $\varphi$ est croissante, on a

$$ \varphi(a) \le \frac{1}{2} \text{ si } a < \alpha \text{ et } \varphi(a) > \frac{1}{2} \text{ si } a > \alpha. $$

On utilise maintenant le fait que $P(X^{-1}(B)) = 0$ ou 1 pour tout $B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on en déduit que $\varphi(a) = 0$ ou 1 pour tout $a \in \mathbb{R}$ et donc que $\varphi(a) = 0 \text{ si } a < \alpha \text{ et } \varphi(a) = 1 \text{ si } a > \alpha$. Par continuité décroissante de P, on montre alors que $\varphi(\alpha) = P(\{X \le \alpha\}) = 1$ (car $\{X \le \alpha\} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \{X \le \alpha + 1/n\}$) et, par continuité croissante de P, on montre que $P(\{X < \alpha\}) = 0$ (car $\{X < \alpha\} = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \{X \le \alpha - 1/n\}$). On a donc $P(\{X = \alpha\}) = P(\{X \le \alpha\}) - P(\{X < \alpha\}) = 1$,

c'est-à-dire $X = \alpha$ p.s.::
# Chapitre 4

## Fonctions intégrables

Maintenant qu'on a construit un espace mesuré (E, T, m) (dont un exemple fondamental est (E, T, m) = (R, B(R), λ), on voudrait généraliser la notion d'intégrale grâce à cet espace, c'est-à-dire introduire une application qui à f, fonction de E dans R, associe un réel, dépendant de la mesure m, que nous noterons $\int f dm$, tel que :

$$ - \text{Si } f = 1_A, A \in T, \text{ alors } \int f dm = m(A), $$

- L'application ainsi définie soit linéaire, c'est-à-dire que pour toutes fonctions f et g définies de E dans R,

$$ \int (\alpha f + \beta g) dm = \alpha \int f dm + \beta \int g dm, \forall (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2. $$

En fait, on ne peut pas définir une telle application sur toutes les fonctions de E dans R, nous allons la définir seulement sur les fonctions que nous appellerons "intégrables". La construction de cette nouvelle intégrale se déroule, comme pour l'intégrale des fonctions continues décrite au chapitre 1 en 3 étapes, que nous pouvons dans le cas (non limitatif) des fonctions de R dans R, décrire ainsi :

1. Mesurer presque toutes les parties de R (et pas seulement les intervalles).

2. Définir l'intégrale des fonctions étagées, c'est-à-dire des fonctions de R dans R ne prenant qu'un nombre fini de valeurs (et pas seulement des fonctions en escalier).

3. Par un passage à la limite, définir l'intégrale des fonctions limites (en un sens convenable) de fonctions étagées.

Pour être plus précis, dans l'étape 1 ci-dessus, on cherche une application

$$ \lambda : \mathcal{P}(\mathbb{R}) \to \overline{\mathbb{R}}_+, $$
où $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ désigne l'ensemble des parties de $\mathbb{R}$, telle que :

$$ \lambda(\alpha, \beta] = \beta - \alpha, \text{ pour tout } \alpha, \beta \in \mathbb{R}, \alpha \le \beta. \qquad (4.1) $$

$$ \lambda(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \lambda(A_n), \quad \forall (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{P}(\mathbb{R}) \text{ t.q. } A_n \cap A_m = \emptyset \text{ si } n \neq m. \qquad (4.2) $$

(Dans toute la suite de ce cours, la notation $\sum_{n \in \mathbb{N}}$ est identique à $\sum_{n=0}^{+\infty}$.)

Une telle application sur $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ n'existe pas (voir l'exercice 2.29), mais on sait qu'elle existe si on se limite à une partie convenable de $\mathcal{P}(\mathbb{R})$, par exemple, la tribu de Borel définie précédemment.

Pour l'étape 2, on intégrera les fonctions prenant un nombre fini de valeurs et pour lesquelles chaque étage est dans la tribu de Borel et est de mesure finie. De telles fonctions seront dites étagées et intégrables.

Enfin, à l'étape 3, l'idée principale est de définir l'intégrale des fonctions positives qui sont limites croissantes d'une suite de fonctions étagées (on remplace donc la convergence uniforme utilisée pour la définition de l'intégrale des fonctions réglées par une convergence simple en croissant).

## 4.1 Intégrale d'une fonction étagée positive

Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. On rappelle que $\mathcal{E}_+$ est l'ensemble des fonctions étagées de $E$ dans $\mathbb{R}$, ne prenant que des valeurs positives ou nulles. Si $f \in \mathcal{E}_+$, $f$ non nulle, le lemme 3.6 nous donne, en particulier, l'existence d'une famille $(a_i, A_i)_{i=1,...,n} \subset \mathbb{R}_+^* \times T$ telle que $A_i \cap A_j = \emptyset$, si $i \neq j$, $i, j \in \{1,...,n\}$, et $f = \sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i}$. D'autre part, le lemme 3.7 nous permet d'affirmer que, pour une fonction étagée positive qu'on écrit sous la forme : $f = \sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i}$, où les $A_i$ sont deux à deux disjoints et les $a_i$ sont strictement positifs, la valeur $\sum_{i=1}^n a_i m(A_i)$ est indépendante de la décomposition choisie. On peut donc définir l'intégrale sur $\mathcal{E}_+$ de la manière suivante :

**Définition 4.1 (Intégrale d'une fonction de $\mathcal{E}_+$)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et soit $f$ de $E$ dans $\mathbb{R}$ une fonction étagée positive non nulle (c'est-à-dire $f \in \mathcal{E}_+$). Soient $(A_i)_{i=1,...,n} \subset T$ une famille de parties disjointes deux à deux (i.e. t.q. $A_i \cap A_j = \emptyset$ si $i \neq j$) et $n$ réels $a_1,...,a_n$ strictement positifs tels que $f = \sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i}$. On définit l'intégrale de $f$, qu'on note $\int f dm$, par : $\int f dm = \sum_{i=1}^n a_i m(A_i)$ (on a donc $\int f dm \in \overline{\mathbb{R}}_+$). D'autre part, si $f = 0$, on pose $\int f dm = 0$.
**Remarque 4.2** En adoptant la convention $0 \times +\infty = 0$, on peut aussi remarquer que si $f = \sum_{i=1}^{n} a_i 1_{A_i} \in \mathcal{E}_+$, où la famille $(A_i)_{i=1,...,n} \subset T$ est t.q. $A_i \cap A_j = \emptyset$ si $i \neq j$, et où les réels $a_1, ..., a_n$ sont supposés positifs seulement, on a encore :

$$ \int f dm = \sum_{i=1}^{n} a_i m(A_i). $$

**Proposition 4.3 (Propriétés de l'intégrale sur $\mathcal{E}_+$)** Soient $f$ et $g \in \mathcal{E}_+$, $\alpha$ et $\beta \in \mathbb{R}_+^*$, alors :

$$ - \text{linéarité positive : } \alpha f + \beta g \in \mathcal{E}_+, \text{ et } \int (\alpha f + \beta g) dm = \alpha \int f dm + \beta \int g dm, $$

$$ - \text{monotonie : } f \geq g \Rightarrow \int f dm \geq \int g dm. $$

**DÉMONSTRATION** – Il est facile de montrer que si $f \in \mathcal{E}_+$ et $\alpha \in \mathbb{R}_+^*$ on a $\alpha f \in \mathcal{E}_+$ et $\int \alpha f dm = \alpha \int f dm$. Pour montrer la linéarité positive, il suffit donc de considérer le cas $\alpha = \beta = 1$ et $f$ et $g$ non nulles. Soit donc $f, g \in \mathcal{E}_+$, non nulles. D'après le lemme 3.6 sur la décomposition canonique des fonctions étagées positives non nulles, on peut écrire

$$ f = \sum_{i=1}^{n} a_i 1_{A_i} \text{ et } g = \sum_{j=1}^{m} b_j 1_{B_j}, $$

avec $0 < a_1 < \dots < a_n$, $A_i \neq \emptyset$ pour tout $i$, $A_i \cap A_j = \emptyset$ si $i \neq j$, $0 < b_1 < \dots < b_m$, $B_j \neq \emptyset$ pour tout $j$, $B_j \cap B_i = \emptyset$ si $j \neq i$. En posant $a_0 = b_0 = 0$, $A_0 = (\cup_{i=1}^n A_i)^c$ et $B_0 = (\cup_{j=1}^n B_j)^c$, on a aussi

$$ f = \sum_{i=0}^{n} a_i 1_{A_i} \text{ et } g = \sum_{j=0}^{m} b_j 1_{B_j} $$

et on peut écrire

$$ f + g = \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m} (a_i + b_j) 1_{A_i \cap B_j} = \sum_{(i,j) \in K} (a_i + b_j) 1_{A_i \cap B_j}, $$

avec $K = \{(i, j) \in \{0, \dots, n\} \times \{0, \dots, m\} \setminus (0, 0)\}$.

On a donc $f + g \in \mathcal{E}_+$ et $\int (f + g) dm = \sum_{(i,j) \in K} (a_i + b_j) m(A_i \cap B_j)$. On en déduit

$$ \begin{aligned} \int (f + g) dm &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{m} a_i m(A_i \cap B_j) + \sum_{j=1}^{m} \sum_{i=0}^{n} b_j m(A_i \cap B_j) \\ &= \sum_{i=1}^{n} a_i m(A_i) + \sum_{j=1}^{m} b_j m(B_j) \end{aligned} $$

(car $(A_0, \dots, A_n)$ et $(B_0, \dots, B_m)$ sont des partitions de $E$). On a donc bien montré que

$$ \int (f + g) dm = \int f dm + \int g dm. $$
Il reste à montrer la monotonie. Soit $f, g \in \mathcal{E}_+$ t.q. $f \ge g$. On a donc $f - g \in \mathcal{E}_+$ (on rappelle que $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$, voir la proposition 3.9) ; et comme $\int (f-g)dm \ge 0$, la linéarité positive nous donne que

$$ \int f dm = \int (f - g) dm + \int g dm \ge \int g dm. $$

■

**Remarque 4.4**

1. Une conséquence directe de la linéarité positive de l'intégrale sur $\mathcal{E}_+$ est que, si $f \in \mathcal{E}_+$, pour n'importe quelle décomposition de $f : f = \sum_{i=1}^{n} a_i 1_{A_i} \in \mathcal{E}_+$, $a_1, ..., a_n \ge 0$ et $(A_i)_{i=1,...,n} \subset T$ (on ne suppose plus $A_i \cap A_j = \emptyset$ si $i \neq j$), on a encore, par linéarité positive :

$$ \int f dm = \sum_{i=1}^{n} a_i \int 1_{A_i} = \sum_{i=1}^{n} a_i m(A_i), $$

en posant $a_i m(A_i) = 0$ si $a_i = 0$.

2. Une conséquence de la monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{E}_+$ est que, pour tout $f \in \mathcal{E}_+$, on a :

$$ \int f dm = \sup\{\int g dm, g \in \mathcal{E}_+, g \le f\}. $$

## 4.2 Intégrale d'une fonction mesurable positive

On donne maintenant un petit lemme fondamental qui va permettre de définir l'intégrale des fonctions de $M_+$.

**Lemme 4.5** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$, et $g \in \mathcal{E}_+$, tels que :

* $f_{n+1}(x) \ge f_n(x)$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, et tout $x \in E$,

* $\lim_{n \to +\infty} f_n(x) \ge g(x)$, pour tout $x \in E$,

alors

$$ \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm \ge \int g dm. \quad (4.3) $$

Noter que la suite $(\int f_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite croissante de $\bar{\mathbb{R}}_+$, donc sa limite existe dans $\bar{\mathbb{R}}_+$.

**DÉMONSTRATION** – Pour $x \in E$, on pose $f(x) = \lim_{n \to +\infty} f_n(x)$ (cette limite existe et appartient à $\bar{\mathbb{R}}_+$). Il se peut que $f \notin \mathcal{E}_+$, mais on a toujours $f \in M_+$ et les hypothèses du lemme donnent $f_n \uparrow f$ quand $n \to +\infty$.
Soit $\alpha \in ]0,1[$, on définit, pour $n \in \mathbb{N}$ :

$$A_n = \{x \in E; \alpha g(x) \le f_n(x)\}.$$

On a donc

$$A_n = (f_n - \alpha g)^{-1}([0, +\infty]) \in T, A_n \subset A_{n+1}$$

(car $f_n \le f_{n+1}$) et $E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n$. En effet, si $x \in E$, on distingue deux cas :

1. Si $g(x) = 0$, alors $x \in A_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ donc $x \in \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n$,

2. Si $g(x) > 0$, on a alors

$$\alpha g(x) < g(x) \le \lim_{n \to +\infty} f_n(x).$$

Il existe donc $n_x$ (dépendant de $x$) tel que $x \in A_n$ pour $n \ge n_x$. Donc, $x \in \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n$.

On a donc bien montré que

$$E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n.$$

(Comme $A_n \subset A_{n+1}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, on peut aussi remarquer que la suite de fonctions $(\alpha g 1_{A_n})_{n \in \mathbb{N}}$ converge simplement et en croissant vers la fonction $\alpha g$.)

On remarque maintenant que $\alpha g 1_{A_n} \in \mathcal{E}_+$, $f_n \in \mathcal{E}_+$ et que, grâce à la définition de $A_n$, on a $\alpha g 1_{A_n} \le f_n$. La monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{E}_+$ donne donc :

$$\int \alpha g 1_{A_n} dm \le \int f_n dm. \quad (4.4)$$

En utilisant la décomposition canonique de $g$ (lemme 3.6), il existe une famille $(b_i, B_i)_{i=1,...,p}$ telle que $0 < b_1 < \dots < b_p$, $B_i \ne \emptyset$ pour tout $i$, $B_i \cap B_j = \emptyset$ si $i \ne j$ et $g = \sum_{i=1}^p b_i 1_{B_i}$. On a donc

$$\alpha g 1_{A_n} = \sum_{i=1}^{p} \alpha b_i 1_{B_i \cap A_n}$$

et donc :

$$\int \alpha g 1_{A_n} dm = \sum_{i=1}^{p} \alpha b_i m(B_i \cap A_n).$$

Comme $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} (B_i \cap A_n) = B_i \cap (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = B_i \cap E = B_i$, la continuité croissante de $m$ donne $m(B_i \cap A_n) \to m(B_i)$, quand $n \to +\infty$. On en déduit :

$$\lim_{n \to +\infty} \int \alpha g 1_{A_n} dm = \lim_{n \to +\infty} \sum_{i=1}^{p} \alpha b_i m(B_i \cap A_n) = \sum_{i=1}^{p} \alpha b_i m(B_i) = \int \alpha g dm.$$

On peut donc passer à la limite, quand $n \to +\infty$, dans (4.4) et obtenir :

$$\int \alpha g dm \le \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm.$$

Enfin, la linéarité positive de l'intégrale sur $\mathcal{E}_+$ donne $\int \alpha g dm = \alpha \int g dm$. On conclut la démonstration du lemme en faisant tendre $\alpha$ vers 1. ■
**Remarque 4.6** Dans la démonstration précédente, on a besoin de $\alpha < 1$ pour pouvoir écrire $\alpha g(x) \le f_n(x)$ pour $n \ge n_x$, avec $n_x \in \mathbb{N}$ pouvant dépendre de $x$. Un tel $n_x$ pourrait ne pas exister en prenant $\alpha = 1$.

Le lemme suivant est une conséquence simple du lemme 4.5.

**Lemme 4.7** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in M_+$. Soient deux suites $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $\mathcal{E}_+$ convergeant simplement et en croissant vers $f$. On a alors :

$$ \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm = \lim_{n \to +\infty} \int g_n dm. \qquad (4.5) $$

DÉMONSTRATION –

On applique le lemme 4.5 avec $g = g_p$, $p$ fixé. On obtient $\int g_p dm \le \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm$. Puis, en passant à la limite quand $p \to +\infty$, on obtient :

$$ \lim_{p \to +\infty} \int g_p dm \le \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm. $$

On obtient enfin (4.5) en changeant les rôles de $f_n$ et $g_p$. ■

Le lemme 4.7 permet donc de définir l'intégrale sur $M_+$ de la manière suivante :

**Définition 4.8 (Intégrale sur $M_+$)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, et $f \in M_+$. D'après la proposition sur la mesurabilité positive, il existe une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ telle que $f_n \uparrow f$ quand $n \to +\infty$, c'est-à-dire :

* Pour tout $x \in E$, $f_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$,

* $f_{n+1}(x) \ge f_n(x)$, pour tout $x \in E$, et tout $n \in \mathbb{N}$.

On définit l'intégrale de f en posant :

$$ \int f dm = \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm \quad (\in \bar{\mathbb{R}}_+). $$

On a aussi la caractérisation suivante, parfois bien utile, de l'intégrale d'une fonction mesurable positive à partir d'intégrales de fonctions étagées positives :

**Lemme 4.9** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in M_+$. Alors

$$ \int f dm = \sup\{\int g dm, g \in \mathcal{E}_+, g \le f\}. $$
DÉMONSTRATION – Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ telle que $f_n \uparrow f$ quand $n \to +\infty$.

La monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{E}_+$ donne que $\int f_n dm = \sup\{\int g dm, g \in \mathcal{E}_+, g \le f_n\}$
(voir la remarque 4.4). Comme $f_n \le f$, on a donc, pour tout $n \in \mathbb{N}$ :

$$
\int f_n dm = \sup\{\int g dm, g \in \mathcal{E}_+, g \le f_n\} \le \sup\{\int g dm, g \in \mathcal{E}_+, g \le f\}.
$$

La définition de $\int f dm$ donne alors :

$$
\int f dm \leq \sup\{\int g dm, g \in \mathcal{E}_+, g \leq f\}.
$$

Pour montrer l'inégalité inverse, considérons une fonction $g \in \mathcal{E}_+$ telle que $g \le f$.
Comme $f_n \uparrow f$, le lemme 4.5 donne

$$
\int g dm \leq \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm = \int f dm.
$$

On a donc

$$
\sup\{\int g dm, g \in \mathcal{E}_+, g \le f\} \le \int f dm.
$$

■

**Proposition 4.10 (Propriétés de l’intégrale sur M<sub>+</sub>)** Soient *f* et *g* ∈ M<sub>+</sub>, α et β ∈ R<sub>+</sub><sup>*</sup>, alors :

$$
- \text{linéarité positive : } \alpha f + \beta g \in \mathcal{M}_+, \text{ et } \int (\alpha f + \beta g) dm = \alpha \int f dm + \beta \int g dm,
$$

$$
- \text{monotonie : } f \ge g \Rightarrow \int f dm \ge \int g dm.
$$

DÉMONSTRATION – La linéarité positive se démontre de manière très simple à partir
de la linéarité positive sur $\mathcal{E}_+$ (proposition 4.3). et de la définition 4.8.

La monotonie est une conséquence immédiate du lemme 4.9.

■

**Remarque 4.11 (A propos de** $0 \times \infty$...) Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $A \in T$
tel que $m(A) = 0$. On note $I_A$ la fonction indicatrice de l'ensemble A. Cette fonction
est définie de E dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ par : $I_A(x) = +\infty$ si $x \in A$ et $I_A(x) = 0$ si $x \notin A$. Cette
fonction est souvent notée aussi $(+\infty)1_A$. Il est clair que $I_A \in \mathcal{M}_+$ et que $I_A$ est la
limite croissante de la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ définie par $f_n = n1_A$. On en déduit, en
utilisant la définition de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, que $\int I_A dm = 0$.

Une conséquence de cette remarque est le lemme suivant :

**Lemme 4.12** *Soit (E, T, m) un espace mesuré.*

1. Soit $f \in \mathcal{M}_+$ et $A \in \mathcal{T}$. On note $f1_A \in \mathcal{M}_+$ la fonction définie par $f1_A(x) = f(x)$ si $x \in A$ et $f1_A(x) = 0$ si $x \in A^c$. On définit $\int_A f dm$ par $\int_A f1_A dm$. On suppose que $m(A) = 0$. Alors, $\int_A f dm = 0$.
2. Soit $f, g \in M_+$ t.q. $f = g \text{ p.p.}$. Alors, $\int f dm = \int g dm$.

3. Soit $f \in M_+$ t.q. $f = 0 \text{ p.p.}$. Alors $\int f dm = 0$.

DÉMONSTRATION – 1. Soit $f \in M_+$ et $A \in T$ tel que $m(A) = 0$. Soit $I_A$ la fonction indicatrice de l'ensemble A (définie dans la remarque 4.11). On a évidemment $f 1_A \le I_A$ et donc, par monotonie, $\int f 1_A dm = 0$.

2. Soit $f, g \in M_+$ t.q. $f = g \text{ p.p.}$. Soit $A \in T$ t.q. $m(A) = 0$ et $f 1_{A^c} = g 1_{A^c}$. On a donc $f 1_{A^c}, g 1_{A^c} \in M_+$ et $\int f 1_{A^c} dm = \int g 1_{A^c} dm$. D'autre part, comme $\int f 1_A dm = \int g 1_A dm = 0$, on a aussi, par linéarité positive

$$ \int f dm = \int f 1_{A^c} dm + \int f 1_A dm = \int f 1_{A^c} dm $$

(et de même pour $g$). Donc,

$$ \int f dm = \int g dm. $$

3. Soit $f \in M_+$ t.q. $f = 0 \text{ p.p.}$. Alors $\int f dm = \int 0 dm = 0$.

■

Ce lemme nous permet d'étendre la définition de l'intégrale à certaines fonctions non mesurables :

**Définition 4.13 (Intégrabilité sans mesurabilité)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f$ définie sur $A^c$, à valeurs dans $\mathbb{R}$ (resp. $\bar{\mathbb{R}}_+$), avec $A \in T$, $m(A) = 0$ (on dit que $f$ est définie p.p., car $f$ n'est pas définie sur $A$).

1. $f$ est $m$-mesurable (resp. $m$-mesurable positive) s'il existe $g \in M$ (resp. $g \in M_+$) t.q. $f = g \text{ p.p.}$ (c'est-à-dire qu'il existe $B \in T$ tel que $m(B) = 0$, $B \supset A$ et $f = g$ sur $B^c$).

2. Soit $f$ $m$-mesurable positive. On pose $\int f dm = \int g dm$, avec $g \in M_+$ t.q. $f = g \text{ p.p.}$ (noter que cette intégrale ne dépend pas du choix de $g$, grâce au lemme 4.12).

**Remarque 4.14** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. Il est facile de montrer les résultats suivants :

1. Soit $f$ de $E$ dans $\mathbb{R}$ ou $\bar{\mathbb{R}}_+$. Alors, $f \in \mathcal{E}_+$ si et seulement si $f \in M_+$, $\text{Im}f \subset \mathbb{R}_+$ et $\text{card}(\text{Im}f) < +\infty$.

2. Soit $A \in T$ tel que $m(A) = 0$ et $f$ de $A^c$ dans $\mathbb{R}$. Alors, $f$ est $m$-mesurable si et seulement s'il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ t.q. $f_n \to f$ p.p. (voir l'exercice 4.16).

3. Soit $A \in T$ tel que $m(A) = 0$ et $f$ de $A^c$ dans $\bar{\mathbb{R}}_+$. Alors, $f$ est $m$-mesurable positive si et seulement s'il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ t.q. $f_n \to f$ p.p..
Le résultat suivant sera souvent utile par la suite. En particulier, les inégalités de Markov et Bienaymé-Tchebychev (voir la section 4.9) en découlent immédiatement.

**Lemme 4.15** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $f \in \mathcal{M}_+$ et $t \in \mathbb{R}_+^*$ ; alors :

$$m(\{f \ge t\}) \le \frac{1}{t} \int f dm. \qquad (4.6)$$

DÉMONSTRATION – On définit $A_t = \{f \ge t\} = \{x \in E; f(x) \ge t\}$. On a $A_t \in T$ et $f \ge t1_{A_t}$. Par monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, on en déduit l'inégalité 4.6.

■

## 4.3 Convergence monotone et lemme de Fatou

**Théorème 4.16 (Convergence monotone (1))** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de $\mathcal{M}_+$ t.q. $f_{n+1}(x) \ge f_n(x)$, pour tout $n \in \mathbb{N}$ et tout $x \in E$. On pose, pour tout $x \in E$, $f(x) = \lim_{n \to +\infty} f_n(x) \in \bar{\mathbb{R}}_+$. Alors $f \in \mathcal{M}_+$ et $\int f_n dm \to \int f dm$ lorsque $n \to +\infty$.

DÉMONSTRATION –

Noter que si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathcal{E}_+$, le fait que $\int f_n dm \to \int f dm$, lorsque $n \to +\infty$, est donné par la définition de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$. La difficulté est donc ici de travailler avec $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathcal{M}_+$ au lieu de $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathcal{E}_+$.

Comme $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}_+$ converge simplement et en croissant vers $f$, la proposition 3.19 donne $f \in \mathcal{M}_+$. Puis, par monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, on a

$$\lim_{n \to +\infty} \int f_n dm \le \int f dm.$$

Il reste donc à montrer que :

$$\lim_{n \to +\infty} \int f_n dm \ge \int f dm. \qquad (4.7)$$

Pour montrer (4.7), on va construire une suite de fonctions $(g_p)_{p \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ t.q $g_p \uparrow f$, quand $p \to \infty$, et $g_p \le f_p$, pour tout $p \in \mathbb{N}$.

Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $f_n \in \mathcal{M}_+$ ; il existe une suite de fonctions $(f_{n,p})_{p \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ t.q. $f_{n,p} \uparrow f_n$ lorsque $p$ tend vers $+\infty$. On définit alors :

$$g_p = \sup_{n \le p} f_{n,p}$$

On note que :
1. $g_p \in \mathcal{E}_+$ car $g_p$ est le sup d'un nombre fini d'éléments de $\mathcal{E}_+$ (donc $g_p$ est mesurable, $\mathrm{Im}(g_p) \subset \mathbb{R}_+$ et $\mathrm{card}(\mathrm{Im}(g_p)) < \infty$, ce qui donne $g_p \in \mathcal{E}_+$).

2. $g_{p+1} \ge g_p$, pour tout $p \in \mathbb{N}$. En effet, comme $f_{n,p+1} \ge f_{n,p}$ (pour tout $n$ et $p$), on a

$$g_{p+1} = \sup\{f_{p+1,p+1}, \sup_{n \le p} f_{n,p+1}\} \ge \sup_{n \le p} f_{n,p+1} \ge \sup_{n \le p} f_{n,p} = g_p.$$

On peut donc définir, pour $x \in E$, $g(x) = \lim_{p \to \infty} g_p(x) \in \bar{\mathbb{R}}_+$ (car la suite $(g_p(x))_{p \in \mathbb{N}}$ est croissante dans $\bar{\mathbb{R}}_+$).

3. $g = f$. En effet, on remarque que $g_p \ge f_{n,p}$ si $n \le p$. On fixe $n$ et on fait tendre $p$ vers l'infini, on obtient $g \ge f_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. En faisant $n \to +\infty$ on en déduit $g \ge f$. D'autre part, on a $f_{n,p} \le f_n \le f$ pour tout $n$ et tout $p$. On a donc $g_p \le f$ pour tout $p$. En faisant $p \to \infty$ on en déduit $g \le f$. On a bien montré que $f = g$.

4. $g_p \le f_p$ pour tout $p \in \mathbb{N}$. En effet, $f_{n,p} \le f_n \le f_p$ si $n \le p$. On a donc $g_p = \sup_{n \le p} f_{n,p} \le f_p$.

Les points 1 à 3 ci-dessus donnent $(g_p)_{p \in \mathbb{N}} \in \mathcal{E}_+$ et $g_p \uparrow f$ quand $p \to \infty$. Donc, la définition de l'intégrale sur $M_+$ donne $\int f dm = \lim_{p \to \infty} \int g_p dm$.

Le point 4 donne (par monotonie de l'intégrale sur $M_+$) $\int g_p dm \le \int f_p dm$, on en déduit

$$\int f dm = \lim_{p \to \infty} \int g_p dm \le \lim_{p \to \infty} \int f_p dm.$$

Finalement, on obtient bien $\int f dm = \lim_{p \to \infty} \int f_p dm$. ■

<figure><img src="image_11.png" /></figure>

On utilisera souvent une légère extension (facile) du théorème de convergence monotone, où l'on suppose seulement une convergence en croissant presque partout de la suite de fonctions :

**Théorème 4.17 (Convergence Monotone (2))** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset M_+$. On suppose que $f_n \uparrow f$ p.p. (c'est-à-dire que il existe $A \in T$ tel que $m(A) = 0$ et $f_n(x) \uparrow f(x)$ pour tout $x \in A^c$). La fonction $f$ (définie p.p.) est alors $m$-mesurable positive (c'est-à-dire que il existe $g \in M_+$ t.q. $f = g$ p.p.) et $\int f_n dm \to \int f dm$. On rappelle que, par définition (voir la définition 4.13), $\int f dm = \int g dm$ avec $g \in M_+$ t.q. $f = g$ p.p..

**DÉMONSTRATION** – Soit $A \in T$ tel que $m(A) = 0$ et $f_n \uparrow f$ sur $A^c$, quand $n \to +\infty$. On pose $g_n = f_n 1_{A^c}$ (c'est-à-dire $g_n(x) = f_n(x)$ si $x \in A^c$ et $g_n(x) = 0$ si $x \in A$). On a $g_n \in M_+$ et $g_n \uparrow g$ avec $g = f 1_{A^c}$ (c'est-à-dire $g(x) = f(x)$ si $x \in A^c$ et $g(x) = 0$ si $x \in A$). Comme $g \in M_+$ et $f = g$ p.p., on a donc $f$ $m$-mesurable positive. Puis, le
théorème 4.16 donne $\int g_n dm \to \int g dm$ quand $n \to +\infty$. D'autre part, on a $\int g_n dm = \int f_n dm$ (car $f_n = g_n$ p.p.) et $\int g dm = \int f dm$ (par définition de $\int f dm$), donc
$$ \int f_n dm \to \int f dm. $$

**Corollaire 4.18 (Séries à termes positifs ou nuls)** *Soient (E, T, m) un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset M_+;$ on pose, pour tout $x \in E$, $f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} f_n(x) (\in \bar{\mathbb{R}}_+)$. Alors $f \in M_+$ et* 
$$ \int f dm = \sum_{n=0}^{+\infty} \int f_n dm. $$

**DÉMONSTRATION –** On applique le théorème de convergence monotone (théorème 4.16) à la suite $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par

$$ g_n = \sum_{p=0}^{n} f_p. $$

On a $g_n \in M_+$ et $g_n \uparrow f$. Donc $f \in M_+$ et

$$ \sum_{p=0}^{n} \int f_p dm = \int g_n dm \to \int f dm. $$

**Lemme 4.19 (Fatou)** *Soient (E, T, m) un espace mesuré et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset M_+$. On pose, pour tout $x \in E$, *

$$ f(x) = \liminf_{n \to +\infty} f_n(x) = \lim_{n \to +\infty} (\inf_{p \ge n} f_p(x)) \in \bar{\mathbb{R}}_+. $$

Alors $f \in M_+$ et

$$ \int f dm \le \liminf_{n \to +\infty} \int f_n dm = \lim_{n \to +\infty} (\inf_{p \ge n} \int f_p dm). $$

**DÉMONSTRATION –** Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose $g_n(x) = \inf_{p \ge n} f_p(x)$ (pour tout $x \in E$), de sorte que $g_n \in M_+$ (cf. proposition 3.19) et $g_n \uparrow f$. Le théorème de convergence monotone (théorème 4.16) donne que $f \in M_+$ et $\int g_n dm \to \int f dm$.
Or, $g_n \le f_p$ si $p \ge n$. On a donc $\int g_n dm \le \int f_p dm$ si $p \ge n$ et donc (en fixant $n$) $\int g_n dm \le \inf_{p \ge n} \int f_p dm$. On en déduit

$$ \int f dm = \lim_{n \to +\infty} \int g_n dm \le \lim_{n \to +\infty} (\inf_{p \ge n} \int f_p dm) = \liminf_{n \to +\infty} \int f_n dm. $$

■

Le lemme de Fatou est souvent utilisé avec des suites $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}_+$ telles que la suite $(\int f_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée et la suite $(f_n(x))_{n \in \mathbb{N}}$ est convergente pour presque tout $x \in E$. Il permet alors de montrer que la limite (au sens de la convergence p.p.) de la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est intégrable (voir les paragraphes suivants). On utilise pour cela le corollaire (immédiat) suivant :

**Corollaire 4.20** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}_+$ t.q. $f_n(x) \to f(x)$, pour presque tout $x \in E$, lorsque $n \to +\infty$. On suppose qu'il existe $C \ge 0$ tel que $\int f_n dm \le C$, pour tout $n \in \mathbb{N}$. Alors, $f$ est m-mesurable positive et $\int f dm \le C$.

**DÉMONSTRATION** – Comme $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathcal{M}_+$ et $f_n \to f$ p.p., on a bien $f$ m-mesurable positive. On pose $g = \liminf_{n \to +\infty} f_n$ (c'est-à-dire $g(x) = \liminf_{n \to +\infty} f_n(x)$ pour tout $x \in E$). On a donc $g \in \mathcal{M}_+$ et $f = g$ p.p. donc $\int f dm = \int g dm$ par définition de l'intégrale des fonctions m-mesurables (définition 4.13).

Le lemme de Fatou donne $\int f dm = \int g dm \le \liminf_{n \to +\infty} \int f_n dm$ et donc $\int f dm \le C$ car $\int f_n dm \le C$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. ■

■

# 4.4 Mesures et probabilités de densité

## 4.4.1 Définitions

A partir d'une mesure et d'une fonction mesurable positive, on peut définir une autre mesure de la manière suivante :

**Définition 4.21 (Mesure de densité)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in \mathcal{M}_+$. Pour $A \in T$, on rappelle que $f 1_A$ est la fonction (de $E$ dans $\bar{\mathbb{R}}_+$) définie par $f 1_A(x) = f(x)$ si $x \in A$ et $f 1_A(x) = 0$ si $x \in A^c$ (cette fonction appartient à $\mathcal{M}_+$) et on définit $\int_A f dm$ par $\int f 1_A dm$.

On définit alors $\mu : T \to \bar{\mathbb{R}}_+$ par :

$$ \mu(A) = \int f 1_A dm = \int_A f dm, \quad \forall A \in T. $$
L'application $\mu$ ainsi définie est une mesure sur $T$ (ceci est démontré dans l'exercice 4.21), appelée mesure de densité $f$ par rapport à $m$, et notée $\mu = fm$.

**Proposition 4.22** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $f \in M_+$ et $\mu$ la mesure de densité $f$ par rapport à $m$. Alors, la mesure $\mu$ est absolument continue par rapport à la mesure $m$, c'est-à-dire que si $A \in T$ est tel que $m(A) = 0$, alors $\mu(A) = 0$.

DÉMONSTRATION – Soit $A \in T$ tel que $m(A) = 0$. On a alors $f1_A = 0$ m-p.p. et donc $\mu(A) = \int f1_A dm = 0$ d'après le lemme 4.12. ■

On déduit de cette proposition que la mesure de Dirac en 0, définie en (2.2), n'est pas une mesure de densité par rapport à la mesure de Lebesgue (on peut montrer que ces deux mesures sont étrangères (voir définition 2.28 et proposition 2.29).

Notons que l'on peut aussi définir des mesures signées de densité, voir la définition 6.74.

### 4.4.2 Exemples de probabilités de densité

**Définition 4.23 (Probabilité de densité)** Soit $p$ une probabilité sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, on dit que $p$ est une probabilité de densité (par rapport à Lebesgue) s'il existe $f \in M_+$ t.q. $\int f d\lambda = 1$ et $p(A) = \int f1_A d\lambda = \int_A f d\lambda$ pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$.

Les lois de probabilité sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, de densité par rapport à la mesure de Lebesgue, données dans la proposition suivante seront souvent utilisées dans le calcul des probabilités. (On rappelle qu'une loi de probabilité est, par définition, une probabilité sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$).

**Définition 4.24 (Quelques lois de densité sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$)** On donne ici trois exemples de lois de densité.

1. **Loi uniforme, $U(a, b)$** Soit $a, b \in \mathbb{R}$, $a < b$, la loi uniforme sur $[a, b]$ est la loi de densité $\frac{1}{b-a}1_{[a,b]} : p(A) = \frac{1}{b-a} \int 1_{[a,b]}1_A d\lambda, \forall A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$.

2. **Loi exponentielle, $\mathcal{E}(\tau)$** Soit $\tau > 0$ ; la loi exponentielle est définie par la densité $f$ définie par :

$$f(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } x < 0, \\ \tau e^{-\tau x} & \text{si } x \ge 0. \end{cases}$$
3. *Loi de Gauss, $N(\mu, \sigma^2)$ Soit $(\mu, \sigma) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}_+^* ;$ la loi de Gauss de paramètre $(\mu, \sigma)$ est définie par la densité $f$ définie par :*

$$f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right) \text{ pour } x \in \mathbb{R}.$$

## 4.5 L'espace $\mathcal{L}^1$ des fonctions intégrables

Soit $f \in \mathcal{M}$, la proposition 3.23 donne que $|f|$, $f^+$, $f^-$ $\in \mathcal{M}_+$ et la monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$ donne

$$\int f^+ dm \leq \int |f| dm \text{ et } \int f^- dm \leq \int |f| dm.$$

Ceci va nous permettre de définir l'espace $\mathcal{L}^1$ et l'intégrale sur $\mathcal{L}^1$ à partir de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$ (définition 4.8 page 162).

**Définition 4.25 (Espace $\mathcal{L}^1$ et intégrale de Lebesgue)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in \mathcal{M}$. On dit que $f$ est intégrable (ou intégrable au sens de Lebesgue) si $\int |f| dm < +\infty$. Dans ce cas, on a aussi

$$\int f^+ dm < +\infty \text{ et } \int f^- dm < +\infty.$$

On pose alors :

$$\int f dm = \int f^+ dm - \int f^- dm \ (\in \mathbb{R}).$$

On note $\mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ (ou plus simplement $\mathcal{L}^1$) l'ensemble des fonctions intégrables.

Soit $f \in \mathcal{M}$, la linéarité positive de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$ donne $\int |f| dm = \int f^+ dm + \int f^- dm$. On voit donc que $f \in \mathcal{L}^1$ si et seulement si $\int f^+ dm < \infty$ et $\int f^- dm < \infty$.

**Proposition 4.26 (Propriétés de $\mathcal{L}^1$ et de l'intégrale sur $\mathcal{L}^1$)**

Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. On a alors :

1. $\mathcal{L}^1$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$.

2. L'application $f \mapsto \int f dm$ est une application linéaire de $\mathcal{L}^1$ dans $\mathbb{R}$.
3. Monotonie : soient $f$ et $g \in \mathcal{L}^1$ telles que $f \le g$ ; alors $$ \int f dm \le \int g dm. $$

4. Pour tout $f \in \mathcal{L}^1$, $|\int f dm| \le \int |f| dm$.

DÉMONSTRATION –

1. On sait déjà que $\mathcal{M}$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$ (proposition 3.19). Pour montrer que $\mathcal{L}^1$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$, il suffit de remarquer, en utilisant la linéarité positive et la monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, que $\int |\alpha f| dm = |\alpha| \int |f| dm$ et $\int |f+g| dm \le \int |f| dm + \int |g| dm$, pour tout $f, g \in \mathcal{M}$ et tout $\alpha \in \mathbb{R}$.

2.(a) Soit $\alpha \in \mathbb{R}$ et $f \in \mathcal{L}^1$. On veut montrer que

$$ \int \alpha f dm = \alpha \int f dm. \qquad (4.8) $$

Cas 1. Si $\alpha = 0$, (4.8) est bien vraie.

Cas 2. Si $\alpha > 0$, on remarque que $(\alpha f)^+ = \alpha f^+$ et $(\alpha f)^- = \alpha f^-$. En utilisant la linéarité positive de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, on en déduit $\int \alpha f dm = \int (\alpha f)^+ dm - \int (\alpha f)^- dm = \alpha (\int f^+ dm - \int f^- dm) = \alpha \int f dm$.

Cas 3. Si $\alpha < 0$, on remarque que $(\alpha f)^+ = (-\alpha)f^-$ et $(\alpha f)^- = (-\alpha)f^+$. En utilisant la linéarité positive de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, on en déduit $\int \alpha f dm = \int (\alpha f)^+ dm - \int (\alpha f)^- dm = (-\alpha)(\int f^- dm - \int f^+ dm) = \alpha \int f dm$.

(b) Soit $f, g \in \mathcal{L}^1$. On veut montrer que

$$ \int (f+g) dm = \int f dm + \int g dm. $$

On utilise les deux décompositions de $f + g : f + g = (f + g)^+ - (f + g)^- = f^+ - f^- + g^+ - g^-$. On en déduit $(f + g)^+ + f^- + g^- = (f + g)^- + f^+ + g^+$. En utilisant la linéarité positive de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, on en déduit

$$ \int (f+g)^+ dm + \int f^- dm + \int g^- dm = \int (f+g)^- dm + \int f^+ dm + \int g^+ dm. $$

On en déduit (noter que tous les termes de l'égalité précédente sont dans $\mathbb{R}_+$)

$$ \int (f+g)^+ dm - \int (f+g)^- dm = \int f^+ dm - \int f^- dm + \int g^+ dm - \int g^- dm, $$

et donc $\int (f+g) dm = \int f dm + \int g dm$.

On a bien montré que l'application $f \mapsto \int f dm$ est une application linéaire de $\mathcal{L}^1$ dans $\mathbb{R}$.

3. Soit $f, g \in \mathcal{L}^1$ t.q. $f \le g$. On remarque que $f^+-f^- \le g^+-g^-$, donc $f^++g^- \le g^++f^-$. En utilisant la linéarité positive et la monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$, on en déduit que

$$ \int f^+ dm + \int g^- dm \le \int g^+ dm + \int f^- dm $$
et donc que

$$ \int f dm = \int f^{+} dm - \int f^{-} dm \leq \int g^{+} dm - \int g^{-} dm = \int g dm. $$

$$ 4. \text{ Soit } f \in \mathcal{L}^1. \text{ On a } |\int f dm| = |\int f^{+} dm - \int f^{-} dm| \leq \int f^{+} dm + \int f^{-} dm = \int |f| dm. $$

■

On peut définir sur $\mathcal{L}^1$ une semi-norme de la manière suivante :

**Définition 4.27 (Semi-norme sur $\mathcal{L}^1$)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in \mathcal{L}^1$.

On pose :

$$ \|f\|_1 = \int |f| dm. $$

L'application de $\mathcal{L}^1$ dans $\mathbb{R}_+$ définie par $f \mapsto \|f\|_1$ est une semi-norme sur $\mathcal{L}^1$.

On a bien $\|f\|_1 \in \mathbb{R}_+$ pour tout $f \in \mathcal{L}^1$. Le fait que $f \mapsto \|f\|_1$ est une semi-norme sur $\mathcal{L}^1$ découle alors de la partie 1 de la démonstration de la proposition 4.26, c'est-à-dire du fait que

$$ \int |\alpha f| dm = |\alpha| \int |f| dm \text{ et } \int |f+g| dm \leq \int |f| dm + \int |g| dm, \forall f, g \in \mathcal{M}, \forall \alpha \in \mathbb{R} $$

Par contre, $\|\cdot\|_1$ n'est pas une norme sur $\mathcal{L}^1$ car $\|f\|_1 = 0$ n'entraîne pas $f = 0$ mais seulement $f = 0$ p.p., comme cela est démontré à la proposition suivante.

**Proposition 4.28** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré.

$$ 1. \text{ Soit } f \in \mathcal{M}_+. \text{ Alors } \int f dm = 0 \text{ si et seulement si } f = 0 \text{ p.p..} $$

$$ 2. \text{ Soit } f \in \mathcal{L}^1. \text{ Alors } \|f\|_1 = 0 \text{ si et seulement si } f = 0 \text{ p.p..} $$

$$ 3. \text{ Soit } f, g \in \mathcal{L}^1 \text{ t.q. } f = g \text{ p.p.. Alors } \int f dm = \int g dm. $$

## DÉMONSTRATION –

1. Soit $f \in \mathcal{M}_+$.

(a) On suppose que $f = 0$ p.p. On a alors $\int f dm = \int 0 dm = 0$. (ceci est donné par le troisième point du lemme 4.12.)

(b) On suppose que $\int f dm = 0$. Soit $n \in \mathbb{N}^*$, le lemme 4.15 page 165 donne $\int f dm \geq \frac{1}{n} m(\{f \geq \frac{1}{n}\})$. On a donc

$$ m(\{f \geq \frac{1}{n}\}) = 0 \text{ et } m(\{f > 0\}) \leq \sum_{n \in \mathbb{N}^*} m(\{f \geq \frac{1}{n}\}) = 0 $$

(on a utilisé ici la $\sigma$-sous additivité de $m$). Comme $\{f = 0\}^c = \{f > 0\}$, on en déduit $f = 0$ p.p..
2. Soit $f \in \mathcal{L}^1$. La propriété démontrée ci-dessus donne $\|f\|_1 = 0$ si et seulement si $|f| = 0$ p.p., et donc $\|f\|_1 = 0$ si et seulement si $f = 0$ p.p.

3. Soit $f,g \in \mathcal{L}^1$ t.q. $f = g$ p.p.. On a

$$ \left| \int f dm - \int g dm \right| = \left| \int (f - g) dm \right| \le \int |f - g| dm = 0 $$

(on a utilisé le quatrième point de la proposition 4.26 et $|f - g| = 0$ p.p.). Donc,
$$ \int f dm = \int g dm. $$

■

La dernière assertion de la proposition précédente nous permettra, dans la prochaine section, de définir l'intégrale sur un espace appelé $L^1$.

On conclut cette section par une proposition préliminaire au théorème de convergence dominée.

**Proposition 4.29** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{L}^1$, $f \in M$ et $g \in \mathcal{L}^1$ t.q. $f_n \to f$ p.p., quand $n \to +\infty$, et, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $|f_n| \le g$ p.p.. On a alors $f \in \mathcal{L}^1$, $\|f_n - f\|_1 \to 0$, quand $n \to +\infty$ et $\int f_n dm \to \int f dm$, quand $n \to +\infty$.

**DÉMONSTRATION** – Comme $f_n \to f$ p.p. quand $n \to +\infty$, Il existe $A \in T$ tel que $m(A) = 0$ et $f_n(x) \to f(x)$ pour tout $x \in A^c$. Puis, comme $|f_n| \le g$ p.p., il existe, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $B_n \in T$ tel que $m(B_n) = 0$ et $|f_n| \le g$ sur $B_n^c$. On pose $C = A \cup (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n)$. Par $\sigma$-sous additivité de $m$, on a aussi $m(C) = 0$. On pose alors $h_n = f_n 1_{C^c}$, $h = f 1_{C^c}$ et $G = g 1_{C^c}$, de sorte que $h_n = f_n$ p.p., $h = f$ p.p. et $G = g$ p.p.. De plus les fonctions $h_n$, $h$ et $G$ sont toujours mesurables et donc $h_n \in \mathcal{L}^1$, $h \in M$ et $G \in \mathcal{L}^1$.

Comme $|h_n(x)| \le G(x)$ pour tout $x \in E$ (et pour tout $n \in \mathbb{N}$) et $h_n(x) \to h(x)$ pour tout $x \in E$. On a aussi $|h| \le G$. Ceci montre que $h \in \mathcal{L}^1$ et donc que $f \in \mathcal{L}^1$.

On pose maintenant $F_n = 2G - |h_n - h|$. Comme $|h_n - h| \le 2G$, on a $F_n \in M_+$ et on peut donc appliquer le lemme de Fatou (lemme 4.19) à la suite $(F_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Comme $\lim_{n \to +\infty} \inf_{F_n} F_n = 2G$, on obtient :

$$ \int 2G dm \le \liminf_{n \to +\infty} \int (2G - |h_n - h|) dm = \lim_{n \to +\infty} (\inf_{p \ge n} \int (2G - |h_n - h|) dm). \quad (4.9) $$

La linéarité de l'intégrale sur $\mathcal{L}^1$ donne $\int (2G - |h_n - h|) dm = \int 2G dm - \int |h_n - h| dm$. Donc :

$$ \inf_{p \ge n} \int (2G - |h_n - h|) dm = \int 2G dm - \sup_{p \ge n} \int |h_n - h| dm $$

et

$$ \liminf_{n \to +\infty} \int (2G - |h_n - h|) dm = \int 2G dm - \limsup_{n \to +\infty} \int |h_n - h| dm. $$

L'inégalité 4.9 devient alors (en remarquant que $\int 2G dm \in \mathbb{R}$) :

$$ \limsup_{n \to +\infty} \int |h_n - h| dm \le 0. $$
On a donc $\|h_n - h\|_1 \to 0$ quand $n \to +\infty$ et, comme $h_n - h = f_n - f$ p.p., on en déduit $\|f_n - f\|_1 \to 0$, quand $n \to +\infty$, et donc $\int f_n dm \to \int f dm$, quand $n \to +\infty$ (grâce au quatrième point de la proposition 4.26). ■

## 4.6 L'espace $L^1$

Dans toute cette section, on travaille avec un espace mesuré (E, T, m).

On définit maintenant une relation d'équivalence, l'égalité presque partout, notée (= p.p.), sur $\mathcal{L}^1$ par :

$$f (= \text{p.p.}) \text{ g si } f = g \text{ p.p.}.$$

**Définition 4.30 (L'espace $L^1$)** *L'ensemble $L^1 = L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ est l'ensemble des classes d'équivalence de la relation (= p.p.) définie sur $\mathcal{L}^1$, i.e. $L^1 = \mathcal{L}^1/(= \text{p.p.})$.*

Dans la suite, $L^1$ désigne $L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et $\mathcal{L}^1$ désigne $\mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$.

**Remarque 4.31**

1. Un élément de $L^1$ est donc une partie de $\mathcal{L}^1$.

2. Si $f \in L^1$, on note $\tilde{f} = \{g \in \mathcal{L}^1 ; g = f \text{ p.p.}\}$. $\tilde{f}$ est donc un élément de $L^1$, c'est l'élément de $L^1$ auquel $f$ appartient (on l'appelle la classe de $f$).

**Définition 4.32 (Structure vectorielle sur $L^1$)** *On munit $L^1$ d'une structure vectorielle (faisant de $L^1$ un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$)*

1. Soient $F \in L^1$ et $\alpha \in \mathbb{R}$. On choisit $f \in F$ et on pose $\alpha F = \{g \in \mathcal{L}^1 ; g = \alpha f \text{ p.p.}\}$.

2. Soient $F, G \in L^1$. On choisit $f \in F$, $g \in G$ et on pose $F + G = \{h \in \mathcal{L}^1 ; h = f + g \text{ p.p.}\}$.

La définition précédente est bien cohérente. En effet $\alpha F$ (qui est la classe de $\alpha f$) ne dépend pas du choix de $f$ dans $F$ car $f = f_1$ p.p. implique $\alpha f = \alpha f_1$ p.p.. De même $F + G$ (qui est la classe de $f + g$) ne dépend pas du choix de $f$ dans $F$ et du choix de $g$ dans $G$ car $f = f_1$ p.p. et $g = g_1$ p.p. implique $f + g = f_1 + g_1$ p.p..

**Définition 4.33 (Intégrale sur $L^1$)** *Soit $F \in L^1$ et $f \in F$ (on dit que $f$ est un représentant de la classe $F$, noter que $f \in \mathcal{L}^1$). On pose :*

$$\int F dm = \int f dm.$$
Ici aussi cette définition est bien cohérente car $\int F dm$ ne dépend pas du choix de $f$ dans $F$, grâce au troisième point de la proposition 4.28. Le troisième point de la proposition 4.28 nous donne aussi $\|f\|_1 = \|g\|_1$ si $f, g \in \mathcal{L}^1$ et $f = g$ p.p.. Ceci nous permet de définir une norme sur $L^1$ :

**Définition 4.34 (Norme sur $L^1$)** *Soit $F \in L^1$. On choisit $f \in F$ et on pose $\|F\|_1 = \|f\|_1$.*

**Proposition 4.35** *L'application $F \mapsto \|F\|_1$ est une norme sur $L^1$. L'espace $L^1$ muni de la norme $\|\cdot\|_1$ est donc un espace vectoriel normé.*

**DÉMONSTRATION –** Il est facile de vérifier que $\|\cdot\|_1$ est bien une norme sur $\mathbb{R}$ (sachant que c'est déjà une semi-norme sur $\mathcal{L}^1$). Le seul point délicat est de remarquer que $\|F\|_1 = 0$ implique que $F = 0$ (0 est ici l'élément neutre de $L^1$, c'est-à-dire $\{h \in \mathcal{L}^1; h = 0 \text{ p.p.}\}$). Ceci découle du premier point de la proposition 4.28. ■

On montrera plus loin que $L^1$ est complet, c'est donc un espace vectoriel normé complet, c'est-à-dire un espace de Banach, voir le théorème 4.48 page 182.

On rappelle que si $f \in \mathcal{L}^1$, $F \in L^1$ et que $f \in F$, on dit que $f$ est un représentant de $F$. On introduit maintenant plusieurs notions de convergence dans $L^1$. Il est facile de vérifier que ces définitions sont cohérentes, c'est-à-dire qu'elles ne dépendent pas des représentants choisis pour les éléments de $L^1$.

La notion de convergence simple n'a pas de sens dans $L^1$, mais la notion de convergence p.p., vue précédemment, se généralise aux éléments de $L^1$ ainsi que la notion de convergence en mesure.

**Définition 4.36 (Convergence p.p., en mesure et dans $L^1$)** *Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré.*

1. Soient $(F_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $F \in L^1$. On dit que $F_n \to F$ p.p.. quand $n \to +\infty$ si $f_n \to f$ p.p., quand $n \to +\infty$, avec $f_n \in F_n$ et $f \in F$.

2. Soient $(F_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $F \in L^1$. On dit que $F_n \to F$ en mesure quand $n \to +\infty$ si $f_n \to f$ en mesure, quand $n \to +\infty$, avec $f_n \in F_n$ et $f \in F$.

3. Soient $(F_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $F \in L^1$. On dit que $F_n \to F$ dans $L^1$ quand $n \to +\infty$ si $\|F_n - F\|_1 \to 0$ quand $n \to +\infty$. (Ici aussi, noter que $\|F_n - F\|_1 = \|f_n - f\|_1$ si $f_n \in F_n$ et $f \in F$.)

4. Soient $F, G \in L^1$. On dit que $F \ge G$ p.p. si $f \ge g$ p.p. avec $f \in F$ et $g \in G$.
On peut démontrer (s’inspirer de la démonstration du théorème 4.49 et voir les exercices du chapitre 3) que si une suite de fonctions de L¹ converge en mesure, alors on peut en extraire une sous-suite qui converge presque partout. Dans le cas où la mesure *m* est finie, la convergence presque partout entraîne la convergence en mesure.

**Remarque 4.37** Soit (E, T, m) un espace mesuré. Soient F, G ∈ L¹. F = G est donc équivalent à f = g p.p. si f ∈ F et g ∈ G. En général, on écrira plutôt F = G p.p. au lieu de F = G (voir la remarque 4.40).

**Remarque 4.38** Soit (E, T, m) un espace mesuré. Soient $(F_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $f : E \to \mathbb{R}$ (ou $f : E \to \bar{\mathbb{R}}$). On utilisera souvent la notation (légèrement incorrecte), “$F_n \to f$ p.p. quand $n \to +\infty$”. Cette notation signifie “$f_n \to f$ p.p. quand $n \to +\infty$” en choisissant $f_n \in F_n$. Ceci est cohérent car le fait que “$f_n \to f$ p.p. quand $n \to +\infty$” ne dépend pas du choix de $f_n$ dans $F_n$ (voir aussi la remarque 4.40).

En fait, on écrira même souvent “$F_n \to f$ p.p. quand $n \to +\infty$” (pour une suite $(F_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$) sans préciser les espaces de départ et d’arrivée pour $f$. A vrai dire, en choisissant $f_n \in F_n$, $f$ est au moins définie p.p. sur E et le changement du choix de $f_n$ dans $F_n$ ne change $f$ que sur un ensemble de mesure nulle. D’autre part, en l’absence de précision, $f$ sera supposée être à valeurs dans $\mathbb{R}$.

**Proposition 4.39 (Propriétés de l’intégrale sur L¹)** *Soit (E, T, m) un espace mesuré. On a alors :*

$$1. \text{ Soit } F \in L^1. \text{ Alors } \left| \int F dm \right| \le \|F\|_1.$$

$$2. \textit{Linéarité : } F \mapsto \int F dm \text{ est une application linéaire continue de } L^1 \text{ dans } \mathbb{R}.$$

$$3. \textit{Monotonie :} \text{ Soient } F, G \in L^1 \text{ t.q. } F \ge G \text{ p.p., alors } \int F dm \ge \int G dm.$$

**DÉMONSTRATION –** 1. Soit $F \in L^1$ et $f \in F$, on a $\left| \int F dm \right| = \left| \int f dm \right| \le \|f\|_1 = \|F\|_1$.

2. La linéarité de l’intégrale sur $L^1$ découle immédiatement de la linéarité de l’intégrale sur $\mathcal{L}^1$ (proposition 4.26). La continuité est donnée par le premier point ci-dessus.

3. La monotonie de l’intégrale sur $L^1$ découle immédiatement de la monotonie de l’intégrale sur $\mathcal{L}^1$ (proposition 4.26).

■

**Remarque 4.40** soit (E, T, m) un espace mesuré.

1. On confondra dans la suite un élément F de $L^1$ avec un représentant $f$ de F, c’est-à-dire avec un élément $f \in \mathcal{L}^1$ t.q. $f \in F$.

2. De manière plus générale, soit $A \subset E$ tel que $A^c$ soit négligeable (c’est-à-dire $A^c \subset B$ avec $B \in T$ et $m(B) = 0$) et soit $f : A \to \mathbb{R}$ (la fonction $f$ est donc définie
p.p.). On dira que $f$ est un élément de $L^1$ s'il existe une fonction $g \in L^1$ t.q. $f = g$ p.p.. On confond donc, en fait, la fonction $f$ avec la classe d'équivalence de $g$, c'est-à-dire avec $\tilde{g} = \{h \in L^1 ; h = g \text{ p.p.}\}$. D'ailleurs, cet ensemble est aussi égal à $\{h \in L^1 ; h = f \text{ p.p.}\}$. En confondant ainsi $f$ et $\tilde{g}$ on a donc $\int f dm = \int g dm$. Noter également que $f$ est $m$-mesurable (voir la définition 4.13 page 164).

3. Avec la confusion décrite ci-dessus, si $f$ et $g$ sont des éléments de $L^1$, $f = g$ signifie en fait $f = g$ p.p..

**Remarque 4.41** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $(\overline{E}, \overline{T}, \overline{m})$ son complété (cf définition 2.25 et exercice 2.25). L'espace $L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ est “identique” à l'espace $L^1_{\mathbb{R}}(\overline{E}, \overline{T}, \overline{m})$, il existe une bijection évidente entre ces deux espaces en remarquant que si $f \in L^1_{\mathbb{R}}(E, \overline{T}, \overline{m})$, alors il existe $g \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ t.q. $f = g$ p.p. (voir à ce propos l'exercice 4.9).

Pour montrer qu'une fonction est dans $L^1$ on utilise souvent le lemme de Fatou de la manière suivante (c'est en fait une conséquence facile du lemme de Fatou pour les fonctions mesurables positives, cf lemme 4.19) :

**Lemme 4.42 (Utilisation de Fatou)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$. On suppose que :

1. $f_n \ge 0 \text{ p.p., } \forall n \in \mathbb{N}$,

2. $\exists C, \int f_n dm \le C, \forall n \in \mathbb{N}$,

3. $f_n \to f \text{ p.p., quand } n \to \infty$,

alors $f \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ (au sens où il existe $g \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ t.q. $f = g$ p.p.) et $\int |f| dm \le C$.

On peut également montrer qu'une fonction est dans $L^1$ en utilisant le théorème de convergence monotone. Ceci est précisé dans le théorème 4.43 (dit théorème de Beppo-Lévi) (qui donne aussi un résultat de convergence dans $L^1$).

## 4.7 Théorèmes de convergence dans $L^1$

Nous connaissons à présent trois notions de convergence pour les fonctions de $L^1$, les notions de convergence presque partout, convergence en mesure et la notion de convergence habituelle dans un espace normé, c'est-à-dire ici la convergence pour la norme $L^1$. On peut montrer par des contre-exemples que la convergence presque partout n'entraîne pas la convergence $L^1$, et que la convergence $L^1$ n'entraîne pas la convergence presque partout. Pour montrer que la convergence presque partout n'entraîne pas la convergence $L^1$, on peut considérer l'espace mesuré $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$ et la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset L^1(\mathbb{R})$ définie par : $f_n(x) = n 1_{[0, \frac{1}{n}]}$. On a évidemment $f_n \to 0$ pp, alors
que $\|f_n\|_1 = 1$. Pour montrer que la convergence $L^1$ n'entraîne pas la convergence presque partout, on considère à nouveau l'espace mesuré $(E, \mathcal{T}, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$, et on construit la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1(\mathbb{R})$ (dite "bosse glissante", voir figure 4.7) définie par : $f_{n+k}(x) = 1_{\{\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n}\}}$, pour $n = \frac{p(p-1)}{2}$, $p \in \mathbb{N}$ et $1 \le k \le n$. On peut voir facilement

<figure><img src="image_12.png" /><figcaption>FIGURE 4.1 – La bosse glissante</figcaption></figure>

que $\|f_n\|_1 = \frac{1}{p}$ pour $n \in [\frac{p(p-1)}{2}, \frac{p(p+1)}{2}]$, alors que $f_n \not\to 0$ pp (par contre, on peut noter qu'il est possible d'extraire de $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une sous-suite qui converge presque partout vers 0). Le théorème de convergence dominée, énoncé ci-après, donne une hypothèse suffisante pour qu'une suite (de fonctions) convergeant presque partout converge aussi dans $L^1$.

On rappelle (voir la remarque 4.38) que l'hypothèse "$(F_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $f : E \to \mathbb{R}$ t.q. $F_n \to f$ p.p." signifie simplement que $f_n \to f$ p.p. en choisissant $f_n \in F_n$. Cette définition est bien cohérente car elle ne dépend pas du choix des $f_n$ dans $F_n$. On rappelle aussi que $f_n \to f$ p.p. signifie qu'il existe $A \in \mathcal{T}$ t.q. $m(A) = 0$ et $f_n(x) \to f(x)$ dans $\mathbb{R}$ pour tout $x \in A^c$.

### 4.7.1 Convergence presque partout et convergence dans $L^1$

Le théorème suivant est une conséquence du théorème de convergence monotone et permet de montrer la convergence dans $L^1$ d'une suite *monotone* de fonctions convergeant presque partout.
**Théorème 4.43 (Beppo-Lévi)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$. On suppose que :

1. $f_{n+1} \ge f_n \text{ p.p., } \forall n \in \mathbb{N}, [\text{ou } f_{n+1} \le f_n \text{ p.p., } \forall n \in \mathbb{N}]$,

2. $f_n \to f \text{ p.p., quand } n \to +\infty$.

On a alors :

1. $f \in L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ (au sens où il existe $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ t.q. $f = g \text{ p.p.}$) si et seulement si :

$$ \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm \in \mathbb{R}. $$

2. Si $f \in L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, alors $f_n \to f$ dans $L^1$.

La démonstration de ce théorème fait l'objet de l'exercice 4.27.

Nous allons maintenant voir un résultat fondamental, conséquence du lemme de Fatou, qui permet de prouver la convergence de suites dans $L^1$ sans hypothèse de convergence monotone.

**Théorème 4.44 (Convergence dominée)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. L'espace $L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ est noté $L^1$. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $f$ une fonction de $E$ dans $\mathbb{R}$ telles que :

1. $f_n \to f \text{ p.p.}$.

2. $\exists F \in L^1 \text{ t.q., pour tout } n \in \mathbb{N}, |f_n| \le F \text{ p.p.}$.

Alors $f \in L^1$ (au sens où il existe $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ t.q. $f = g \text{ p.p.}$) et $f_n \to f$ dans $L^1$, c'est-à-dire

$$ \int |f_n - f| dm \to 0 \text{ lorsque } n \to +\infty. $$

$$ \text{Ceci donne aussi } \int f_n dm \to \int f dm, \text{ lorsque } n \to +\infty. $$

**DÉMONSTRATION** — Ce théorème est essentiellement donné par la proposition 4.29. La différence avec la proposition 4.29 tient dans le fait que $f_n$ et $F$ sont dans $L^1$ au lieu de $\mathcal{L}^1$ et que $f$ n'est pas nécessairement mesurable. Il s'agit toutefois de différences mineures comme nous le voyons ci après.

Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on choisit un représentant de $f_n$, encore noté $f_n$. La première hypothèse du théorème signifie que $f_n \to f \text{ p.p.}$ (voir la remarque 4.38). Il existe donc $A \in T$ t.q. $m(A) = 0$ et $f_n(x) \to f(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in A^c$. On remplace alors $f_n$ par $f_n 1_{A^c}$, encore noté $f_n$ (c'est toujours un représentant de la même classe d'équivalence
car $m(A) = 0$). On définit aussi $g$ par $g = f$ sur $A^c$ et $g = 0$ sur $A$. Enfin, on choisit un représentant de $F$, encore noté $F$. On obtient ainsi :

1. $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{L}^1$,

2. $f_n(x) \to g(x)$ pour tout $x \in E$, quand $n \to +\infty$,

3. $F \in \mathcal{L}^1$ et $f_n \le F$ p.p., pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Les 2 premiers items donnent aussi $g \in \mathcal{M}$ (par la proposition 3.19, on utilise ici le fait que $f_n(x) \to f(x)$ pour tout $x \in E$ et pas seulement pour presque tout $x$). On peut donc appliquer la proposition 4.29 page 173. Elle donne : $g \in \mathcal{L}^1$, $\|f_n - g\|_1 \to 0$, quand $n \to +\infty$ et $\int f_n dm \to \int g dm$, quand $n \to +\infty$.

Comme $g = f$ p.p., on a donc $f \in L^1$ (au sens où il existe $g \in \mathcal{L}_R^1(E, T, m)$ t.q. $f = g$ p.p.). Puis $\|f_n - f\|_1 = \|f_n - g\|_1 \to 0$, quand $n \to +\infty$, et $\int f_n dm \to \int g dm = \int f dm$, quand $n \to +\infty$. ■

Dans le théorème 4.44, l'hypothèse de convergence p.p. de $f_n$ vers $f$ peut être remplacée par une hypothèse de convergence en mesure (plus précisément, avec l'hypothèse de domination donnée dans le théorème 4.44, on a même équivalence entre la convergence en mesure et la convergence dans $L^1$). On obtient ainsi le théorème suivant (ou seule la partie utile de cette équivalence est donnée).

**Théorème 4.45 (Convergence en mesure dominée)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. L'espace $L_R^1(E, T, m)$ est noté $L^1$. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $f$ une fonction de $E$ dans $\mathbb{R}$ telles que :

1. $f_n \to f$ en mesure.

2. $\exists F \in L^1 \text{ t.q., pour tout } n \in \mathbb{N}, |f_n| \le F \text{ p.p.}$.

Alors $f \in L^1$ (au sens où il existe $g \in \mathcal{L}_R^1(E, T, m)$ t.q. $f = g$ p.p.) et $f_n \to f$ dans $L^1$, c'est-à-dire

$$ \int |f_n - f| dm \to 0 \text{ lorsque } n \to +\infty. $$

Ceci donne aussi $\int f_n dm \to \int f dm$, lorsque $n \to +\infty$.

**DÉMONSTRATION** – En choisisant des représentants de $f_n$ et $f$, la démonstration de ce théorème se ramène à celle de l'exercice 4.31. ■
4.7.2 Série absolument convergente

On va maintenant montrer que l'espace (L¹, ||.||₁) est un espace de Banach, en mon-
trant que toute série absolument convergente dans L¹ (i.e. t.q. la série des normes
converge) est convergente dans L¹. On en déduira aussi un résultat très important (le
théorème 4.49) qui permet d'extraire d'une suite convergeant dans L¹ une sous-suite
convergeant presque partout. On aura besoin au cours de la démonstration du petit
résultat (démontré dans l'exercice 4.9) suivant :

**Lemme 4.46** Soient (E, T, m) un espace mesuré et F ∈ M+. On suppose que ∫ Fdm < +∞. Alors F < +∞ p.p. (c'est-à-dire que il existe A ∈ T t.q. m(A) = 0 et F(x) < +∞ pour tout x ∈ A>).

**Théorème 4.47 (Séries absolument convergentes dans L¹)** *Soit (E, T, m) un espace mesuré. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1 \text{ t.q. } \sum_{n \in \mathbb{N}} \|f_n\|_1 < +\infty$ ; alors :*

1. ∃F ∈ L¹ ; |∑ₙₐ=₀ fₚ| ≤ F p.p., pour tout n ∈ N.

2. La série de terme général $f_n(x)$ est, pour presque tout $x \in E$, convergente (dans $\mathbb{R}$).
On définit $f$ par $f(x) = \sum_{n \in \mathbb{N}} f_n(x)$ (de sorte que $f$ est définie p.p.).

3. $f \in L^1$ (au sens où il existe $g \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R}, (E, T, m))$ t.q. $f = g \text{ p.p.}$ ) et $\sum_{p=0}^{n} f_p \to f \text{ dans } L^1 \text{ et p.p.}$, quand $n \to +\infty$.

DÉMONSTRATION – La preuve s'effectue en trois étapes :

1. On choisit un représentant de $f_n$, encore noté $f_n$, et on pose $F(x) = \sum_{p \in \mathbb{N}} |f_p(x)| \in \bar{\mathbb{R}}_+$. On a donc $F \in M_+$ et le corollaire 4.18 du théorème de convergence monotone donne

$$
\int F dm = \sum_{n \in \mathbb{N}} \int |f_n| dm = \sum_{n \in \mathbb{N}} \|f_n\|_1 < +\infty.
$$

Le lemme 4.46 donne alors F < +∞ p.p., c'est-à-dire il existe A ∈ T tel que
m(A) = 0 et F(x) < +∞ pour tout x ∈ A<sup>c</sup>. En remplaçant F par 0 sur A, on a donc
F ∈ L<sup>1</sup>. (Donc, F ∈ L<sup>1</sup> au sens de la remarque 4.40).

La définition de F donne immédiatement $|\sum_{p=0}^{n} f_p| \le F \text{ p.p.}, \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}$.

2. Pour tout $x \in A^c$, la série de terme général $f_n(x)$ est absolument convergente dans $\mathbb{R}$, donc convergente. Comme $m(A) = 0$, $f$ est donc définie p.p. car elle est définie pour $x \in A^c$ par $f(x) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^{n} f_p(x)$.

3. On pose $s_n = \sum_{p=0}^{n} f_p$. le premier point donne $|s_n| \le F \text{ p.p.}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $F \in L^1$. Le deuxième point donne $s_n \to f \text{ p.p.}$. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée (théorème 4.44). Il donne $f \in L^1$ et la convergence de la
suite $(s_n)_{n \in \mathbb{N}}$ (vers $f$) dans $L^1$. La convergence p.p. (vers $f$) de la suite $(s_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est
donné par le deuxième point. ■

**Théorème 4.48 (Riesz-Fisher)** *Soit (E, T, m) un espace mesuré. L'espace L¹(E, T, m) est un espace de Banach, c'est-à-dire un espace vectoriel normé complet.*

DÉMONSTRATION – On sait déjà que $L^1$ est espace vectoriel normé. Une consé-
quence du théorème 4.47 est que, dans $L^1$, toute série absolument convergente est
convergente. Cette propriété est une caractérisation du fait qu’un espace vectoriel
normé est complet. On en déduit donc que $(L^1, ||\cdot||_1)$ est complet et donc que $(L^1, ||\cdot||_1)$
est un espace de Banach.
■

Dans la suite $L^1$ sera toujours muni de la norme $|| \cdot ||_1$.

**Théorème 4.49 (Réciproque partielle du théorème de convergence dominée)**

Soient $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $f \in L^1$ telles que $f_n \to f$ dans $L^1$, alors il existe une sous-suite $(f_{n_k})_{k \in \mathbb{N}}$, et $F \in L^1$ telles que :

1. $f_{n_k} \to f$ p.p.,

2. $|f_{n_k}| \le F \text{ p.p.}, \text{ pour tout } k \in \mathbb{N}.$

DÉMONSTRATION – En utilisant le fait que $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite de Cauchy dans $L^1$, on construit par récurrence une suite $(f_{n_k})_{k \in \mathbb{N}}$ telle que $n_{k+1} > n_k$ et si $p, q \ge n_k$, $||f_p - f_q||_1 \le \frac{1}{2^k}$. On peut alors appliquer le théorème 4.47 à la série de terme général $g_k = f_{n_{k+1}} - f_{n_k}$ pour conclure. ■

On donne maintenant le théorème de Vitali, qui donne des conditions nécessaires et suffisantes de convergence dans $L^1$ pour une suite convergeant p.p.. La démonstration de ce théorème ainsi que des petits résultats préliminaires qu'elle nécessite font l'objet des exercices 4.28 et 4.29.

**Proposition 4.50** *Soient (E, T, m) un espace mesuré, $f \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ ; alors :*

1. $\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0 \text{ t.q. } \forall A \in T, m(A) \le \delta \Rightarrow \int_A |f| dm \le \varepsilon.$

2. $\forall \varepsilon > 0, \exists C \in T \text{ t.q. } m(C) < +\infty \text{ et } \int_C |f| dm \le \varepsilon.$
1. l'application $f(x, \cdot)$, définie pour presque tout $x \in E$ par : $t \mapsto f(x, t)$, est continue en $t_0$, pour presque tout $x \in E$;

2. $\exists \varepsilon > 0 \text{ et } \exists G \in L_\mathbb{R}^1(E, T, m)$ tels que $|f(\cdot, t)| \le G \text{ p.p., pour tout } t \in ]t_0 - \varepsilon, t_0 + \varepsilon[$.

Alors $F$, définie de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ par : $F(t) = \int f(\cdot, t)dm = \int f(x, t)dm(x)$, est continue en $t_0$.

DÉMONSTRATION – Soit $(t_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset ]t_0 - \varepsilon, t_0 + \varepsilon[$, t.q. $t_n \to t_0$ lorsque $n \to +\infty$. Soit $f_n$ définie par $f_n(x) = f(x, t_n)$. Comme $f_n \to f(\cdot, t_0)$ p.p. et $|f_n| \le G \text{ p.p.}$. On peut appliquer le théorème de convergence dominée (théorème 4.44) à la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Il donne $F(t_n) \to F(t_0)$ quand $n \to +\infty$. ■

**Théorème 4.53 (Dérivabilité sous $\int$)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, f une fonction de $E \times \mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ vérifiant l'hypothèse (4.10) et $t_0 \in \mathbb{R}$. On suppose de plus qu'il existe $\varepsilon > 0$, $A \in T$ et $G \in L_\mathbb{R}^1(E, T, m)$ t.q. $m(A) = 0$ et :

1. L'application $t \mapsto f(x, t)$ est dérivable pour tout $t \in ]t_0 - \varepsilon, t_0 + \varepsilon[$ et pour tout $x \in A^c$;

2. $|\frac{\partial f}{\partial t}(x, t)| \le G(x)$ pour tout $t \in ]t_0 - \varepsilon, t_0 + \varepsilon[$ et pour tout $x \in A^c$.

Alors $F$, définie de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ par : $F(t) = \int f(\cdot, t)dm = \int f(x, t)dm(x)$, est dérivable en $t_0$ et :

$$F'(t_0) = \int \frac{\partial f}{\partial t}(x, t_0)dm(x).$$

DÉMONSTRATION – Soit $(t_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \subset ]t_0 - \varepsilon, t_0 + \varepsilon[$, t.q. $t_n \to t_0$ lorsque $n \to +\infty$ et $t_n \neq t_0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Soit $f_n$ définie par

$$f_n(x) = \frac{f(x, t_n) - f(x, t_0)}{t_n - t_0}.$$

La suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $L^1$ et on peut lui appliquer le théorème de convergence dominée (théorème 4.44) car $f_n \to \frac{\partial f}{\partial t}(\cdot, t_0)$ p.p., quand $n \to +\infty$, et, si $x \in A^c$ et $n \in \mathbb{N}$, il existe $\Theta_{x,n} \in ]0, 1[$ t.q. $f_n(x) = \frac{\partial f}{\partial t}(x, \Theta_{x,n}t_0 + (1 - \Theta_{x,n})t_n)$ (grâce au théorème des accroissements finis) et donc $|f_n| \le G \text{ p.p.}$, pour tout $n \in \mathbb{N}$. Le théorème 4.44 donne alors $\frac{\partial f}{\partial t}(\cdot, t_0) \in L^1$ et $\int f_n dm \to \int \frac{\partial f}{\partial t}(\cdot, t_0)dm$. Ceci étant vrai pour toute suite
$(t_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset ]t_0 - \varepsilon, t_0 + \varepsilon[, \text{ t.q. } t_n \to t_0 \text{ lorsque } n \to +\infty \text{ et } t_n \neq t_0 \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}^*, \text{ on en déduit bien que F est dérivable en } t_0 \text{ et :}$

$$
F'(t_0) = \int \frac{\partial f}{\partial t}(x, t_0) dm(x).
$$

4.9 Espérance et moments des variables aléatoires

**Définition 4.54 (Espérance, moment, variance)** Soient $(\Omega, \mathcal{A}, p)$ un espace probabilaïsé et $X$ une variable aléatoire réelle.

1. Si $X \ge 0$ (c'est-à-dire $X(\omega) \ge 0$ pour tout $\omega \in \Omega$), on définit l'espérance $E(X)$ de la variable aléatoire $X$ par $E(X) = \int X(\omega)d\mu(\omega)$.

2. Si $X \in L_{\mathbb{R}}^1(\Omega, \mathcal{A}, p)$ (c'est-à-dire $E(|X|) < +\infty$), on définit l'espérance $E(X)$ de la variable aléatoire $X$ par :

$$
E(X) = \int X(\omega) dp(\omega).
$$

On définit la variance de X par $\text{Var}(X) = \sigma^2(X) = E((X - E(X))^2)$ (avec $\sigma(X) \ge 0$).

3. Pour $r \in [1, +\infty[$, le moment d'ordre $r$ de la variable aléatoire $X$ est l'espérance de la variable aléatoire $|X|^r$.

**Définition 4.55 (Covariance)** Soient $(\Omega, \mathcal{A}, p)$ un espace probabilisé et $X, Y$ deux v.a.r. t.q. $E(X^2) < +\infty$ et $E(Y^2) < +\infty$. On définit la covariance de $X$ et $Y$ par :
$$
\operatorname{cov}(X, Y) = E((X - E(X))(Y - E(Y))). \quad (\text{Remarquer que } (X - E(X))(Y - E(Y)) \text{ est une v.a.r. intégrable car sa valeur absolue est majorée, par exemple, par } X^2 + Y^2 + E(X)^2 + E(Y)^2 \text{ qui est intégrable.})
$$

On calcule rarement l'espérance d'une v.a. comme intégrale par rapport à la probabilité p ; en effet, l'espace $(\Omega, \mathcal{A}, p)$ est souvent mal connu. Le théorème 4.58 montre qu'il suffit en fait de connaître la loi de la v.a. X pour calculer son espérance (ou, plus généralement, l'espérance d'une fonction de X). On se ramène ainsi au calcul d'une intégrale sur $\mathbb{R}$.

Les deux inégalités suivantes découlent immédiatement du lemme 4.15 :
**Lemme 4.56 (Inégalité de Markov)** Soient $(\Omega, \mathcal{A}, p)$ un espace probabilisé, X une variable aléatoire réelle positive sur $\Omega$ et $\lambda \in \mathbb{R}_+^*$. On suppose que $0 < E(X) < +\infty$. Alors :

$$p(\{X \ge \lambda E(X)\}) \le \frac{1}{\lambda}.$$

DÉMONSTRATION – Il suffit, par exemple, d'appliquer le lemme 4.15 avec $f = X$ et $t = \lambda E(X)$. ■

**Lemme 4.57 (Inégalité de Bienaymé Tchebychev)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, X une variable aléatoire réelle sur $\Omega$, intégrable et t.q. sa variance vérifie $0 < \sigma^2(X) < +\infty$, et $\lambda \in \mathbb{R}_+^*$. Alors :

$$P(|X - E(X)| \ge \lambda \sigma(X)) \le \frac{1}{\lambda^2}.$$

DÉMONSTRATION – Appliquer le lemme 4.15 avec $f = |X - E(X)|^2$ et $t = \lambda \sigma(X)$. ■

<figure><img src="image_13.png" /></figure>

Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, X une variable aléatoire réelle sur $\Omega$. La loi de X, notée $P_X$ est définie par $P_X(A) = P(X^{-1}(A))$, pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. Ceci est équivalent à dire que pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a, avec $\varphi = 1_A$ :

$$\int_{\Omega} \varphi \circ X(\omega) dP(\omega) = \int_{\mathbb{R}} \varphi(x) dP_X(x). \qquad (4.11)$$

On rappelle que $\varphi \circ X$ est souvent improprement noté $\varphi(X)$, ce qui s'explique par le fait $\varphi \circ X(\omega) = \varphi(X(\omega))$ pour tout $\omega \in \Omega$. Le théorème 4.58 montre que cette égalité est vraie pour une large classe de fonctions boréliennes $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ ou $\overline{\mathbb{R}}_+$ (on rappelle que borélienne signifie mesurable quand les espaces sont munis de la tribu de Borel).

**Théorème 4.58 (Loi image)** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé, X une variable aléatoire réelle sur $\Omega$ et $P_X$ la loi de la variable aléatoire X. On a alors :

1. L'égalité (4.11) est vraie pour toute fonction $\varphi$ borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ et toute fonction borélienne bornée de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.

2. Soit $\varphi$ une fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, la fonction $\varphi \circ X$ appartient à $L_{\mathbb{R}}^1(\Omega, \mathcal{A}, P)$ si et seulement si $\varphi \in L_{\mathbb{R}}^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), P_X)$. De plus, si $\varphi \in L_{\mathbb{R}}^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), P_X)$, L'égalité (4.11) est vraie.
DÉMONSTRATION – On remarque que (4.11) est vraie pour tout $\varphi = 1_A$, avec $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ (par définition de $p_X$). Par linéarité positive, (4.11) est encore vraie pour tout $\varphi$ borélienne étagée positive de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Par convergence monotone, (4.11) est alors vraie pour tout $\varphi$ borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$. Ceci donne la première partie du premier item. En utilisant la décomposition $\varphi = \varphi^+ - \varphi^-$, on montre alors le deuxième item. Enfin, la deuxième partie du premier item vient du fait que $\varphi$ est intégrable pour la probabilité $p_X$ si $\varphi$ est borélienne bornée.
■

Un produit de v.a.r. intégrables et indépendantes est une v.a.r. intégrable (ce qui est, bien sûr, faux sans l'hypothèse d'indépendance) et l'espérance de ce produit est égal au produit des espérances. Ce résultat plus général est donnée dans la proposition suivante.

**Proposition 4.59** Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$ un espace probabilisé, $d > 1$ et $X_1, \dots, X_d$ des v.a.r. indépendantes.

1. Soit $\varphi_1, \dots, \varphi_d$ des fonctions boréliennes de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$. On a alors :

$$E\left(\prod_{i=1}^{d} \varphi_i(X_i)\right) = \prod_{i=1}^{d} E(\varphi_i(X_i)). \qquad (4.12)$$

(En convenant qu’un produit de termes est nul si l’un des termes est nul.)

2. Soit $\varphi_1, \dots, \varphi_d$ des fonctions boréliennes de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On suppose que $\varphi_i(X_i)$ est intégrable pour tout $i = 1, \dots, d$. La v.a.r. $\prod_{i=1}^d \varphi_i(X_i)$ est intégrable et l'égalité (4.12) est vraie.

3. Soit $\varphi_1, \dots, \varphi_d$ des fonctions boréliennes bornées de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. L'égalité (4.12) est vraie.

N.B. Si $X_1, \dots, X_d$ sont des v.a.r., le fait que (4.12) soit vraie pour toute famille $\varphi_1, \dots, \varphi_d$ de fonctions boréliennes bornées de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ est donc une condition nécessaire et suffisante pour les v.a.r. $X_1, \dots, X_d$ soient indépendantes.

DÉMONSTRATION – Si $\varphi_1, \dots, \varphi_d$ sont des fonctions caractéristiques de boréliens de $\mathbb{R}$, l'égalité (4.12) est une conséquence immédiate de la définition de l'indépendance des $X_i$ (Si $\varphi_i = 1_{A_i}$ avec $A_i \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a $E(\varphi_i(X_i)) = P(\{X_i \in A_i\}) = P(X_i^{-1}(A_i))$). Par linéarité positive, on en déduit que (4.12) est vraie si les fonctions $\varphi_i$ sont (boréliennes) étagées positives (c'est-à-dire $\varphi \in \mathcal{E}_+$). Puis, par convergence monotone, on en déduit le premier item de la proposition (car toute fonction borélienne de $\mathbb{R}$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$ est limite croissante d'éléments de $\mathcal{E}_+$).

Pour le deuxième item, on utilise (4.12) avec la fonction $x \mapsto |\varphi_i(x)|$ au lieu de la fonction $\varphi_i$ (pour tout $i$). On montre ainsi que la v.a.r. $\prod_{i=1}^d \varphi_i(X_i)$ est intégrable. Puis, on montre (4.12) par linéarité (utilisant $\varphi_i = \varphi_i^+ - \varphi_i^-$).

Le troisième item est conséquence immédiate du deuxième (car si $X$ est une v.a.r. et $\varphi$ est une fonction borélienne bornée, la v.a.r. $\varphi(X)$ est intégrable).

■
Une conséquence de la proposition 4.59 est que $XY$ est intégrable et $cov(X, Y) = 0$ si $X, Y$ sont deux v.a.r. indépendantes et intégrables sur un espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A}, \mu)$.
Pour montrer que des v.a.r. sont indépendantes, il est parfois utile de savoir qu'il suffit de montrer (4.12) lorsque les fonctions $\varphi_i$ sont continues à support compact de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. C'est l'objet de la proposition 4.61 qui se démontre à partir d'un résultat d'unicité (proposition 4.60) sur lequel nous reviendrons au chapitre 5. On note $C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ l'ensemble des fonctions continues à support compact de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (on rappelle qu'une fonction $\varphi$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ est à support compact s'il existe un compact $K$ de $\mathbb{R}$ t.q. $\varphi = 0$ sur $K^c$).

**Proposition 4.60** *Soit $m$ et $\mu$ deux mesures sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, finies sur les compacts de $\mathbb{R}$. On suppose que :*

$$ \int \varphi dm = \int \varphi d\mu \text{ pour tout } \varphi \in C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R}). $$

Alors, $m = \mu$.

**DÉMONSTRATION –** Puisque $m$ et $\mu$ sont des mesures sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, finies sur les compacts, on a bien $C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \subset L_1^-(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), m)$ et $C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \subset L_1^+(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \mu)$. On pose maintenant $C = \{a, b[, a, b \in \mathbb{R}, a < b\}$ et on commence par montrer que $m = \mu$ sur $C$.

Soit $a, b \in \mathbb{R}, a < b$. Il existe une suite $(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ t.q. $\varphi_n \uparrow 1]_{a,b[}$. En effet, il suffit de construire $\varphi_n$, pour $n \ge 2/(b-a)$, de la manière suivante :

$$ \varphi_n(x) = 0 \text{ si } x \le a, $$

$$ \varphi_n(x) = n(x-a) \text{ si } a < x < a + \frac{1}{n}, $$

$$ \varphi_n(x) = 1 \text{ si } a + \frac{1}{n} < x < b - \frac{1}{n}, $$

$$ \varphi_n(x) = -n(x-b) \text{ si } b - \frac{1}{n} \le x \le b $$

$$ \varphi_n(x) = 0 \text{ si } b \le x. $$

Puis, en passant à la limite quand $n \to +\infty$ dans l'égalité $\int \varphi_n dm = \int \varphi_n d\mu$, on obtient (par convergence monotone ou par convergence dominée) $m([]a, b[) = \mu([]a, b[)$.

On conclut enfin que $m = \mu$ en utilisant, par exemple, la proposition 2.30. ■

**Proposition 4.61** *Soit $(\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P})$ un espace probabilisé, $d > 1$ et $X_1, \dots, X_d$ des v.a.r. Ces v.a.r. sont indépendantes si et seulement si on a, pour tout famille $\{\varphi_1, \dots, \varphi_d\} \subset C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R})$,*

$$ E\left(\prod_{i=1}^{d} \varphi_i(X_i)\right) = \prod_{i=1}^{d} E(\varphi_i(X_i)), \qquad (4.13) $$

*(En convenant qu’un produit de termes est nul si l’un des termes est nul.)*
DÉMONSTRATION – Le fait que la condition est nécessaire est une conséquence immédiate de la proposition 4.59 car une fonction continue à support compact est borélienne et bornée.

On montre maintenant que la condition est suffisante. On suppose donc que (4.13) est vraie pour toute famille {$\varphi_1, \dots, \varphi_d$} $\subset C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ et on veut montrer que les v.a.r. $X_1, \dots, X_d$ sont indépendantes, c'est-à-dire que pour tout $A_1, \dots, A_n \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a :

$$E\left(\left|\prod_{i=1}^{d} 1_{A_i}(X_i)\right|\right) = \prod_{i=1}^{d} E(1_{A_i}(X_i)). \quad (4.14)$$

On rappelle en effet que

$$E(1_{A_i}(X_i)) = P(X_i^{-1}(A_i)) \text{ et } E(\prod_{i=1}^{d} 1_{A_i}X_i) = P(\bigcap_{i=1}^{n} X_i^{-1}(A_i)).$$

Pour montrer (4.14), on introduit, pour tout $1 \le n \le d+1$, la propriété suivante :

$P_n : (4.13)$ est vraie si $\varphi_i = 1_{A_i}$, avec $A_i \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, pour $i < n$, et $\varphi_i \in C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ pour $i \ge n$.

L'hypothèse de la proposition donne que $P_1$ est vraie. On suppose maintenant que $P_n$ est vraie pour un $n \in \{1, \dots, d\}$. Soit $A_i \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ pour $i < n$ (et $\varphi_i = 1_{A_i}$) et $\varphi_i \in C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ pour $i > n$. Pour $A_n \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on pose, avec $\varphi_n = 1_{A_n}$ :

$$m(A_n) = E(\prod_{i=1}^{d} \varphi_i(X_i)), \\ \mu(A_n) = \prod_{i=1}^{d} E(\varphi_i(X_i)).$$

Les applications $m$ et $\mu$ sont des mesures sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. La propriété $P_n$ montre que $\int \varphi dm = \int \varphi d\mu$ pour tout $\varphi \in C_c(\mathbb{R}, \mathbb{R})$. La proposition 4.60 montre alors que $m = \mu$ ce qui donne la propriété $P_{n+1}$. Par récurrence sur $n$, on montre ainsi que $P_{d+1}$ est vraie, ce qui donne (4.14) et l'indépendance de $X_1, \dots, X_d$. ■

## 4.10 Espace $L_1C(E, T, m)$ et espace $L_1RN(E, T, m)$

**Définition 4.62** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $N > 1$ ($N \in \mathbb{N}$).

1. Soit $f : E \to \mathbb{R}^N$. Pour $x \in E$, on pose $f(x) = (f_1(x), \dots, f_N(x))^t \in \mathbb{R}^N$. La fonction $f$ appartient à $\mathcal{L}_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$ si $f_n \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ pour tout $n \in \{1, \dots, N\}$.

2. Si $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$, on note

$$\int f dm = (\int f_1 dm, \dots, \int f_N dm)^t \in \mathbb{R}^N.$$

La caractérisation suivante de mesurabilité et intégrabilité est intéressante.
**Proposition 4.63** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $N > 1$ et $f : E \to \mathbb{R}^N$.
On note $f_1, \dots, f_N$ les composantes de $f$.

1. $f_n$ est mesurable (de $E$ dans $\mathbb{R}$) pour tout $n \in \{1, \dots, N\}$ si et seulement si $f$ est mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}^N$, c'est-à-dire si et seulement si $f^{-1}(A) \in E$ pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^N)$.

2. Si $f$ est mesurable (de $E$ dans $\mathbb{R}^N$). On munit $\mathbb{R}^N$ d'une norme, notée $\|\cdot\|$. Alors, $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$ si et seulement si $\int \|f\| dm < +\infty$ (noter que $\|f\| \in \mathcal{M}_+$).

DÉMONSTRATION – On donne la démonstration pour $N = 2$.

1. On suppose d'abord $f_1, f_2 \in \mathcal{M}$. On veut montrer que $f$ est mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}^2$. Comme $\mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$ est engendré par $\{A \times B, A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})\}$, il suffit de montrer que $f^{-1}(A \times B) \in T$ pour tout $A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$.

Soit donc $A, B \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. On a $f^{-1}(A \times B) = f_1^{-1}(A) \cap f_2^{-1}(B) \in T$ car $f_1$ et $f_2$ sont mesurables. Donc $f^{-1}(A \times B) \in T$. On a bien montré que $f$ est mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}^2$.

Réciproquement, on suppose maintenant que $f$ est mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}^2$. Soit $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$. On remarque que $f_1^{-1}(A) = f^{-1}(A \times \mathbb{R})$. Or $A \times \mathbb{R} \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^2)$, donc $f_1^{-1}(A) = f^{-1}(A \times \mathbb{R}) \in T$, ce qui prouve que $f_1$ est mesurable. On prouve de manière semblable que $f_2$ est mesurable.

2. Soit $f$ mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}^N$. On suppose que $\mathbb{R}^N$ est muni d'une norme, notée $\|\cdot\|$. Comme $y \mapsto \|y\|$ est continue de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{R}$, l'application $\|f\| : x \mapsto \|f(x)\|$ est mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}$ (comme composée d'applications mesurables). Comme cette application ne prend que des valeurs positives ou nulles, on a donc $\|f\| \in \mathcal{M}_+$.

Comme toutes les normes sur $\mathbb{R}^N$ sont équivalentes, on a donc $\int \|f\| dm < +\infty$ si et seulement si $\int \|f\|_1 dm < +\infty$, avec $\|f\|_1 = \sum_{n=1}^N |f_n|$. Il est alors immédiat de remarquer que $\int \|f\|_1 dm < +\infty$ si et seulement $f_n \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ pour tout $n \in \{1, \dots, N\}$. On a donc :

$$ \int \|f\| dm < +\infty \Leftrightarrow f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m). $$

■

La définition de $\mathcal{L}_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$ donne immédiatement que cet espace est un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$. De plus, si $\mathbb{R}^N$ est muni d'une norme, notée $\|\cdot\|$, il est aussi immédiat que l'application $f \mapsto \int \|f\| dm$ est une semi-norme sur $\mathcal{L}_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$. Pour obtenir un espace vectoriel normé, on va considérer, comme dans le cas $N = 1$, l'espace $\mathcal{L}_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$ quotienté par la relation “$f = g$ p.p.”. On rappelle que $f = g$ p.p. s'il existe $A \in T$ t.q. $m(A) = 0$ et $f = g$ sur $A^c$.
**Définition 4.64 (Espace $L^1$)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré.

1. L'espace $L_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$ est l'espace $L_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$ quotienté par la relation “$f = g \text{ p.p.”. ”

2. On munit $\mathbb{R}^N$ d'une norme notée $\| \cdot \|$. Soit $F \in L_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$. On pose $\|F\|_1 = \int \|f\| dm$, où $f \in F$ (cette définition est correcte car indépendante du choix de $f$ dans $F)$.

**Proposition 4.65 ($L^1$ est un espace de Banach)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $N > 1$. L'espace $L_{\mathbb{R}^N}^1(E, T, m)$ est un espace de Banach (réel) c'est-à-dire un espace vectoriel (sur $\mathbb{R}$) normé complet (avec la norme définie dans la définition 4.64).

DÉMONSTRATION – La démonstration de cette proposition découle facilement du cas $N = 1$. ■

**Définition 4.66** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré.

1. Soit $f : E \to \mathbb{C}$. On note $\Re(f)$ et $\Im(f)$ les parties réelle et imaginaire de $f$. On a donc, pour $x \in E$, $f(x) = \Re(f)(x) + i \Im(f)(x)$, avec $\Re(f)(x), \Im(f)(x) \in \mathbb{R}$. La fonction $f$ appartient à $\mathcal{L}_\mathbb{C}^1(E, T, m)$ si $\Re(f), \Im(f) \in \mathcal{L}_\mathbb{R}^1(E, T, m)$.

2. Si $f \in \mathcal{L}_\mathbb{C}^1(E, T, m)$, on note

$$ \int f dm = \int \Re(f) dm + i \int \Im(f) dm \in \mathbb{C}. $$

Ici aussi, on a une caractérisation de mesurabilité et intégrabilité.

**Proposition 4.67** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f$ une application de $E \to \mathbb{C}$.

1. $\Re(f)$ et $\Im(f)$ sont mesurables (de $E$ dans $\mathbb{R}$) si et seulement si $f$ est mesurable de $E$ dans $\mathbb{C}$, c'est-à-dire si et seulement $f^{-1}(A) \in E$ pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{C})$.

2. Si $f$ est mesurable (de $E$ dans $\mathbb{C}$), $f \in \mathcal{L}_\mathbb{C}^1(E, T, m)$ si et seulement si $\int |f| dm < +\infty$ (noter que $|f| \in \mathcal{M}_+$).

DÉMONSTRATION – La démonstration de cette proposition se ramène facilement à la précédente démonstration (c'est-à-dire à la démonstration de la proposition 4.63) en utilisant l'application $\varphi : \mathbb{C} \to \mathbb{R}^2$ définie par $\varphi(z) = (x, y)^t$ si $z = x + iy \in \mathbb{C}$, qui est une bijection continue, d'inverse continue. ■
Ici aussi, la définition de $\mathcal{L}_{\mathbb{C}}^1(E, T, m)$ donne immédiatement que cet espace est un espace vectoriel sur $\mathbb{C}$. Il est aussi immédiat que l'application $f \mapsto \int |f|dm$ est une semi-norme sur $\mathcal{L}_{\mathbb{C}}^1(E, T, m)$. Pour obtenir un espace vectoriel normé, on va considérer l'espace $\mathcal{L}_{\mathbb{C}}^1(E, T, m)$ quotienté par la relation "$f = g$ p.p.".

**Définition 4.68** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré.

1. L'espace $\mathcal{L}_{\mathbb{C}}^1(E, T, m)$ est l'espace $\mathcal{L}_{\mathbb{C}}^1(E, T, m)$ quotienté par la relation "$f = g$ p.p.".

2. Soit $F \in \mathcal{L}_{\mathbb{C}}^1(E, T, m)$. On pose $\|F\|_1 = \int |f|dm$, où $f \in F$ (cette définition est correcte car indépendante du choix de $f$ dans $F)$.

**Proposition 4.69** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. L'espace $\mathcal{L}_{\mathbb{C}}^1(E, T, m)$ est un espace de Banach (complexe) c'est-à-dire un espace vectoriel (sur $\mathbb{C}$) normé complet (avec la norme définie dans la définition 4.68).

DÉMONSTRATION – La démonstration de cette proposition découle facilement du fait que $\mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ est un espace de Banach (réel).

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## 4.11 Exercices

### 4.11.1 Intégrale des fonctions mesurables positives et espace $\mathcal{L}^1$

**Exercice 4.1 (Sup de mesures)** Soit $(E, T)$ un espace mesurable et $(m_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de mesures sur $T$. On suppose que $m_{n+1}(A) \ge m_n(A)$ pour tout $A \in T$ et tout $n \in \mathbb{N}$. On pose $m(A) = \sup\{m_n(A), n \in \mathbb{N}\}$ pour $A \in T$.

1. (Lemme préliminaire) Soit $(a_{n,p})_{n,p \in \mathbb{N}} \subset \bar{\mathbb{R}}_+$ et $(a_p)_{p \in \mathbb{N}} \subset \bar{\mathbb{R}}_+$ t.q. $a_{n+1,p} \ge a_{n,p}$, pour tout $n, p \in \mathbb{N}$, et $a_{n,p} \to a_p$ quand $n \to +\infty$, pour tout $p \in \mathbb{N}$. Montrer que

$$ \sum_{p=0}^{+\infty} a_{n,p} \to \sum_{p=0}^{+\infty} a_p \text{ (dans } \bar{\mathbb{R}}_+) \text{ quand } n \to +\infty. $$

. [On pourra utiliser le fait que

$$ \sum_{p=0}^{N} a_{n,p} \le \sum_{p=0}^{\infty} a_{n,p} \le \sum_{p=0}^{\infty} a_p. $$
**Corrigé** – On remarque tout d'abord que la suite $(\sum_{p=0}^{\infty} a_{n,p})_{n \in \mathbb{N}}$ est croissante, elle admet donc une limite dans $\overline{\mathbb{R}}_+$. Pour $N \in \mathbb{N}$, on passe à la limite quand $n \to +\infty$ dans les inégalités

$$ \sum_{p=0}^{N} a_{n,p} \le \sum_{p=0}^{\infty} a_{n,p} \le \sum_{p=0}^{\infty} a_p . $$

On obtient

$$ \sum_{p=0}^{N} a_p \le \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^{\infty} a_{n,p} \le \sum_{p=0}^{\infty} a_p . $$

On passe maintenant à la limite quand $N \to \infty$ pour obtenir

$$ \sum_{p=0}^{\infty} a_p \le \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^{\infty} a_{n,p} \le \sum_{p=0}^{\infty} a_p . $$

On a donc

$$ \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^{\infty} a_{n,p} = \sum_{p=0}^{\infty} a_p . $$

2. Montrer que $m$ est une mesure.

**Corrigé** – On remarque tout d'abord que $m(\emptyset) = \sup_{n \in \mathbb{N}} m_n(\emptyset) = 0$.

Puis, soit $(A_p)_{p \in \mathbb{N}} \subset T \text{ t.q. } A_p \cap A_q = \emptyset \text{ si } p \ne q$. On pose $A = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n$. On a

$$ m(A) = \sup_{n \in \mathbb{N}} m_n(A) = \lim_{n \to +\infty} m_n(A) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^{\infty} m_n(A_p). $$

En utilisant la question précédente avec $a_{n,p} = m_n(A_p)$, on en déduit $m(A) = \sum_{p=0}^{\infty} m(A_p)$.

3. Soit $f \in \mathcal{E}_+(E, T)$. (On rappelle que $\mathcal{E}_+(E, T)$ est l'ensemble des fonctions étagées de $E$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$.) Montrer que $\int f dm = \sup_{n \in \mathbb{N}} (\int f dm_n)$.

**Corrigé** – Soit $\{a_1, \dots, a_p\} \subset \mathbb{R}_+^*$ et $\{A_1, \dots, A_p\} \subset T \text{ t.q. } f = \sum_{i=1}^p a_i 1_{A_i}$.

On a $\int f dm_n = \sum_{i=1}^p a_i m_n(A_i)$, la suite $(\int f dm_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc croissante. Puis, en passant à la limite sur $n$, on obtient :

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to +\infty} \left( \sum_{i=1}^{p} a_i m_n(A_i) \right) &= \sum_{i=1}^{p} a_i \lim_{n \to +\infty} (m_n(A_i)) \\ &= \sum_{i=1}^{p} a_i m(A_i) = \int f dm, \end{aligned} $$

et donc

$$ \int f dm = \lim_{n \to +\infty} (\int f dm_n) = \sup_{n \in \mathbb{N}} (\int f dm_n). $$
4. Soit $f \in \mathcal{M}_+(E, T)$. (On rappelle que $\mathcal{M}_+(E, T)$ est l'ensemble des fonctions mesurables de $E$ dans $\overline{\mathbb{R}}_+$.)

(a) Montrer que $\left(\int f d m_n\right)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite croissante majorée par $\int f d m$.

**Corrigé** – Soit $f \in \mathcal{M}_+$. Soit $(f_p)_{p \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ t.q. $f_p \uparrow f$ quand $p \to \infty$. D'après la question précédente, on a (pour tout $n$ et tout $p$)

$$ \int f_p d m_n \leq \int f_p d m_{n+1} \leq \int f_p d m. $$

En passant à la limite sur $p$ (avec $n$ fixé) on en déduit que $\int f d m_n \leq \int f d m_{n+1} \leq \int f d m$. La suite $(\int f d m_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc croissante et majorée par $\int f d m$.

(b) Montrer que $\int f d m_n \to \int f d m$ lorsque $n \to +\infty$.

**Corrigé** – On pose $A_f = \{g \in \mathcal{E}_+, g \leq f\}$. On sait que

$$ \int f d m = \sup_{g \in A_f} \int g d m \text{ et que } \int f d m_n = \sup_{g \in A_f} \int g d m_n \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}. $$

La question 2 donne que $\left[ \int g d m = \sup_{n \in \mathbb{N}} \int g d m_n \text{ pour tout } g \in \mathcal{E}_+$. On en déduit

$$ \int f d m = \sup_{g \in A_f} \left( \sup_{n \in \mathbb{N}} \int g d m_n \right) = \sup_{n \in \mathbb{N}} \left( \sup_{g \in A_f} \int g d m_n \right) = \sup_{n \in \mathbb{N}} \int f d m_n, $$

ce qui, avec la question précédente, donne bien $\int f d m_n \to \int f d m$ quand $n \to +\infty$.

5. Soit $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$. Montrer que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et que $\int f d m_n \to \int f d m$ quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – On a $|f| \in \mathcal{M}_+ \cap \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$. la question 4 donne $\int |f| d m_n \leq \int |f| d m$, on en déduit que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. La question 4 donne aussi que

$$ \int f^+ d m_n \to \int f^+ d m \text{ et } \int f^- d m_n \to \int f^- d m. $$

Les deux convergences ayant lieu dans $\mathbb{R}$, on en déduit que $\int f d m_n \to \int f d m$ quand $n \to +\infty$.

**Exercice 4.2 (Somme de mesures)** Soient $m_1$ et $m_2$ deux mesures sur l'espace mesurable $(E, T)$.

1. Montrer que $m = m_1 + m_2$ est une mesure.

$$ \textbf{Corrigé} - \textbf{(a)} \ m(\emptyset) = m_1(\emptyset) + m_2(\emptyset) = 0, $$

(b) Soit $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$ t.q. $A_n \cap A_m = \emptyset \text{ si } n \neq m$. On a :

$$ m\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n\right) = m_1\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n\right) + m_2\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n\right). $$

Comme $m_i(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^n m_i(A_p)$ pour $i = 1, 2$, on en déduit
$$m(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^{n} (m_1(A_p) + m_2(A_p)) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^{n} m(A_p),$$

ce qui prouve bien la σ-additivité de m.

Ceci montre bien que m est une mesure.

2. Montrer qu'une application $f$ mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}$ est intégrable pour la mesure $m$ si et seulement si elle est intégrable pour les mesures $m_1$ et $m_2$. Si $f$ est intégrable pour la mesure $m$, montrer que $\int f dm = \int f dm_1 + \int f dm_2$.

**Corrigé** – Soit $A \in T$, on pose $\varphi = 1_A$. La définition de $m$ donne immédiatement

$$\int \varphi dm = \int \varphi dm_1 + \int \varphi dm_2. \quad (4.15)$$

Par linéarité de l'intégrale, l'égalité (4.15) est aussi vraie pour $\varphi \in \mathcal{E}_+$.

Soit maintenant $\varphi \in \mathcal{M}_+$. Il existe $(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$ t.q. $\varphi_n \uparrow \varphi$ quand $n \to +\infty$. On écrit (4.15) avec $\varphi_n$ au lieu de $\varphi$ et on fait tendre $n$ vers l'infini. La définition de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$ donne alors (4.15).

On a donc montré que (4.15) est vrai pour tout $\varphi \in \mathcal{M}_+$.

Soit $f \in \mathcal{M}$, en écrivant (4.15) avec $\varphi = |f|$ on obtient bien que $f \in \mathcal{L}^1(E, T, m)$ si et seulement si $f \in \mathcal{L}^1(E, T, m_1) \cap \mathcal{L}^1(E, T, m_2)$.

Enfin, si $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, on écrit (4.15) avec $\varphi = f^+$ et $\varphi = f^-$, la différence donne bien $\int f dm = \int f dm_1 + \int f dm_2$.

3. Soit $(m_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une famille de mesures (positives) sur $(E, T)$ et $(\alpha_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}_+^*$. On pose, pour $A \in T$, $m(A) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \alpha_n m_n(A)$. Montrer que $m$ est une mesure sur $T$; soit $f$ une application mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}$ et intégrable pour la mesure $m$; montrer que $\int f dm = \sum_{n \in \mathbb{N}} \alpha_n \int f dm_n$.

**Corrigé** – Soit $n \in \mathbb{N}$, on définit $\tilde{m}_n$ par $\tilde{m}_n(A) = \alpha_n m_n(A)$ pour tout $A \in T$. Il est facile de voir que $\tilde{m}_n$ est une mesure sur $T$, que $\mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m_n) = \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, \tilde{m}_n)$ et que $\int f d\tilde{m}_n = \alpha_n \int f dm_n$ pour tout $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m_n)$.

On pose maintenant, par récurrence sur $n$, $\mu_0 = \tilde{m}_0$ et $\mu_n = \mu_{n-1} + \tilde{m}_n$ pour $n \in \mathbb{N}^*$. La question précédente montre, par récurrence sur $n$, que $\mu_n$ est une mesure sur $T$ et donne que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, \mu_n)$ si et seulement si $f \in \bigcap_{p \le n} \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, \tilde{m}_n) = \bigcap_{p \le n} \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m_n)$. Enfin, la question précédente donne aussi, toujours par récurrence sur $n$,

$$\int f d\mu_n = \sum_{p=0}^{n} \int f d\tilde{m}_n = \sum_{p=0}^{n} \alpha_n \int f dm_n.$$

Pour tout $A \in T$, on a $m(A) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \alpha_n m_n(A) = \sup_{n \in \mathbb{N}} \mu_n(A)$. On peut donc utiliser les résultats de l'exercice précédent. On obtient que $m$ est une mesure sur $T$ et que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ implique $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, \mu_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\int f dm =$
$\lim_{n \to +\infty} \int f d\mu_n$. Si $f \in \mathcal{L}_R^1(E, T, m)$ on a donc $f \in \mathcal{L}_R^1(E, T, m_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et
$\int f dm = \lim_{n \to +\infty} \sum_{p=0}^n \alpha_p \int f dm_p$, c'est-à-dire

$$
\int f dm = \sum_{n \in \mathbb{N}} \alpha_n \int f dm_n.
$$

**Exercice 4.3 (Intégrale pour la mesure de Dirac)** Soit $\delta_0$ la mesure de Dirac en 0, définie sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. (cf exemple 2.19.) Soit $f \in \mathcal{M}_+$, calculer $\int f d\delta_0$.

**Corrigé** – Comme $\delta_0(\{0\}^c) = 0$, on a $f = f(0)1_{\{0\}} \text{ p.p., on en déduit}$

$$
\int f d\delta_0 = f(0)\delta_0(\{0\}) = f(0).
$$

**Exercice 4.4 (Restrictions de la mesure de Lebesgue)** Soit A et B deux boréliens de $\mathbb{R}$ t.q. $A \subset B$. On note $\lambda_A$ [resp. $\lambda_B$] la restriction à $\mathcal{B}(A)$ [resp. $\mathcal{B}(B)$] de la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$. Soit $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(B, \mathcal{B}(B), \lambda_B)$. Montrer que $f|_A \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(A, \mathcal{B}(A), \lambda_A)$ et que $\int f|_A d\lambda_A = \int f 1_A d\lambda_B$. [Considérer d'abord le cas $f \in \mathcal{E}_+$ puis $f \in \mathcal{M}_+$ et enfin $f \in \mathcal{L}^1$.]

**Corrigé** – On rappelle que $\mathcal{B}(A) = \{C \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) ; C \subset A\}$ et $\mathcal{B}(B) = \{C \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) ; C \subset B\}$
(voir l'exercice 2.3).

1. Soit $f \in \mathcal{E}_+(B, \mathcal{B}(B))$. Il existe donc $a_1, \dots, a_p \in \mathbb{R}_+$ et $A_1, \dots, A_p \in \mathcal{B}(B) \subset \mathcal{B}(\mathbb{R})$ t.q.
$$f = \sum_{i=1}^{p} a_i 1_{A_i}.$$

La fonction $f 1_A$ appartient donc aussi à $\mathcal{E}_+(B, \mathcal{B}(B))$ (car $A_i \cap A \in \mathcal{B}(B)$) et elle s'écrit

$$
f = \sum_{i=1}^{p} a_i 1_{A_i} 1_A = \sum_{i=1}^{p} a_i 1_{A_i \cap A},
$$

de sorte que

$$
\int f 1_A d\lambda_B = \sum_{i=1}^{p} a_i \lambda(A_i \cap A).
$$

La fonction $f|_A$ (c'est-à-dire la restriction de $f$ à $A$) est définie sur $A$, elle s'écrit
$f|_A = \sum_{i=1}^p a_i 1_{A_i \cap A}$. Cette fonction appartient à $\mathcal{E}_+(A, \mathcal{B}(A))$ car $A_i \cap A \in \mathcal{B}(A)$ pour
tout $i$ et on a

$$
\int f|_A d\lambda_A = \sum_{i=1}^{p} a_i \lambda(A_i \cap A).
$$

On a bien montré que

$$
\int f 1_A d\lambda_B = \int f|_A d\lambda_A, \qquad (4.16)
$$

pour tout $f \in \mathcal{E}_+(B, \mathcal{B}(B))$.
2. Soit $f \in M_+(B, \mathcal{B}(B))$. il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+(B, \mathcal{B}(B))$ t.q. $f_n \uparrow f$, quand $n \to +\infty$. On a donc aussi $(f_n 1_A)_{n \in \mathbb{N}} \uparrow f 1_A$ et $(f_{n|_A})_{n \in \mathbb{N}} \uparrow f_{|_A}$, quand $n \to +\infty$. Comme $f_{n|_A} \in \mathcal{E}_+(A, \mathcal{B}(A))$, la caractérisation de la mesurabilité positive (proposition 3.17) donne $f_{|_A} \in M_+(A, \mathcal{B}(A))$. On a aussi $f 1_A \in M_+(B, \mathcal{B}(B))$. Puis, en écrivant (4.16) avec $f_n$ au lieu de $f$ et en passant à la limite quand $n \to +\infty$, la définition de l'intégrale sur $M_+(A, \mathcal{B}(A))$ et sur $M_+(B, \mathcal{B}(B))$ donne (4.16).

On a donc montré (4.16) pour tout $f \in M_+(B, \mathcal{B}(B))$.

3. Soit $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(B, \mathcal{B}(B), \lambda_B)$. On remarque d'abord que $f_{|_A} \in \mathcal{M}(A, \mathcal{B}(A))$. En effet, si $C \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, on a $(f_{|_A})^{-1}(C) = f^{-1}(C) \cap A \in \mathcal{B}(A)$. Puis, on applique (4.16) à $|f|$, qui appartient à $M_+(B, \mathcal{B}(B))$, pour obtenir

$$ \int |f_{|_A}| d\lambda_A = \int |f|_{|_A} d\lambda_A = \int |f| 1_A d\lambda_B < \int |f| d\lambda_B < \infty, $$

ce qui montre que $f_{|_A} \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(A, \mathcal{B}(A)), \lambda_A)$.

Enfin, en appliquant (4.16) avec $f^+$ et $f^-$ au lieu de $f$, on obtient

$$ \int f^+ 1_A d\lambda_B = \int f^+_{|_A} d\lambda_A = \int (f_{|_A})^+ d\lambda_A < \infty $$

et

$$ \int f^{-1} 1_A d\lambda_B = \int f^{-}_{|_A} d\lambda_A = \int (f_{|_A})^{-} d\lambda_A < \infty, $$

ce qui donne, en faisant la différence,

$$ \int f 1_A d\lambda_B = \int f_{|_A} d\lambda_A. $$

**Exercice 4.5 (Intégrale des fonctions continues)** Soit $f \in C([0, 1], \mathbb{R})$. Montrer que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0, 1], \mathcal{B}([0, 1]), \lambda)$ et que

$$ \int f d\lambda = \int_0^1 f(x)dx $$

(cette dernière intégrale est à prendre au sens de l'intégrale des fonctions continues vue au Chapitre 1). On rappelle que l'on note (un peu abusivement...) par $\lambda$ la restriction à $\mathcal{B}([0, 1])$ de la mesure de Lebesgue (aussi notée $\lambda...$) sur $\mathcal{B}(\mathbb{R})$.

**Corrigé** – Soit $g : [0, 1] \to \mathbb{R}$ une fonction en escalier. Il existe donc $p \in \mathbb{N}^*$, une famille $(\alpha_i)_{i \in \{0, \dots, p\}}$, avec : $\alpha_0 = 0$, $\alpha_i < \alpha_{i+1}$, pour tout $i \in \{0, \dots, p-1\}$, $\alpha_p = 1$, et une famille $(a_i)_{i \in \{0, \dots, p-1\}} \subset \mathbb{R}$ tels que :

$$ g(x) = a_i, \quad \forall x \in ]\alpha_i, \alpha_{i+1}[; \quad \forall i \in \{0, \dots, p-1\}. $$

On sait que

$$ \int_0^1 g(x)dx = \sum_{i=0}^{p-1} a_i(\alpha_{i+1} - \alpha_i). $$
D'autre part, cette fonction $g$ est mesurable (c'est-à-dire $g \in \mathcal{M}([0,1], \mathcal{B}([0,1]))$ car, pour tout $C \subset \mathbb{R}$, $g^{-1}(C)$ est une réunion (finie) d'intervalle du type $]\alpha_i, \alpha_{i+1}[$ à laquelle on ajoute éventuellement certains des points $\alpha_i$. On a donc $g^{-1}(C) \in \mathcal{B}([0,1])$. On a bien montré que $g \in \mathcal{M}([0,1], \mathcal{B}([0,1]))$. Enfin, comme les singletons sont de mesure nulle, on a $|g| = \sum_{i=0}^{p-1} |a_i| 1_{]\alpha_i, \alpha_{i+1}[}$ p.p., et donc

$$ \int |g| d\lambda = \sum_{i=0}^{p-1} |a_i| (\alpha_{i+1} - \alpha_i) < \infty. $$

Donc, $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0,1], \mathcal{B}([0,1]), \lambda)$. Finalement, puisque $g = \sum_{i=0}^{p-1} a_i 1_{]\alpha_i, \alpha_{i+1}[}$ p.p., on a aussi

$$ \int g d\lambda = \sum_{i=0}^{p-1} a_i (\alpha_{i+1} - \alpha_i). $$

On a donc montré que $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0,1], \mathcal{B}([0,1]), \lambda)$ et

$$ \int g d\lambda = \int_0^1 g(x) dx. \qquad (4.17) $$

Soit maintenant $f \in C([0,1], \mathbb{R})$. On remarque tout d'abord que $f$ est mesurable (parce que, par exemple, les ouverts de $[0,1]$ engendre $\mathcal{B}([0,1])$ et que l'image réciproque, par $f$, d'un ouvert de $[0,1]$ est un ouvert de $[0,1]$, donc un élément de $\mathcal{B}([0,1])$. Puis, on remarque que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0,1], \mathcal{B}([0,1]), \lambda)$ car $\int |f| d\lambda \le \|f\|_u = \max_{x \in [0,1]} |f(x)| < \infty$.

On compare maintenant $\int f d\lambda$ et $\int_0^1 f(x) dx$.

Il existe une suite de fonctions en escalier, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$, t.q. $f_n \to f$ uniformément sur $[0,1]$, c'est-à-dire $\|f_n - f\|_u \to 0$, quand $n \to +\infty$.

La définition de l'intégrale des fonctions continues donne $\int_0^1 f_n(x) dx \to \int_0^1 f(x) dx$ quand $n \to +\infty$.

D'autre part, on a aussi $\int f_n d\lambda \to \int f d\lambda$, quand $n \to +\infty$, car $\int f_n d\lambda - \int f d\lambda \le \int f_n - f d\lambda \le \|f_n - f\|_u \to 0$, quand $n \to +\infty$. En passant à la limite quand $n \to +\infty$ dans (4.17) avec $f_n$ au lieu de $g$, on obtient bien

$$ \int f d\lambda = \int_0^1 f(x) dx. $$

**Exercice 4.6 (Fonctions continues et fonctions intégrables)** Soit $m$ une mesure finie sur $\mathcal{B}([0,1])$. Montrer que $C([0,1], \mathbb{R}) \subset \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0,1], \mathcal{B}([0,1]), m)$.

**Corrigé** – Soit $f \in C([0,1], \mathbb{R})$. On montre tout d'abord que $f$ est mesurable.

Soit $O$ un ouvert de $\mathbb{R}$. Comme $f$ est continue, l'ensemble $f^{-1}(O) = \{x \in [0,1], f(x) \in O\}$ est une ouvert de $[0,1]$ et donc $f^{-1}(O) \in \mathcal{B}([0,1])$. Les ouverts de $\mathbb{R}$ engendrant la tribu borélienne de $\mathbb{R}$, on en déduit que $f$ est mesurable de $[0,1]$ (muni de sa tribu borélienne) dans $\mathbb{R}$ (muni de sa tribu borélienne).
On montre maintenant que $f$ est intégrable. Comme la fonction $f$ est continue sur le compact $[0, 1]$, elle est bornée. Il existe donc $M \in \mathbb{R}_+$ t.q. $|f| \le M$ sur $[0, 1]$. On a donc, par monotonie de l'intégrale sur $M_+$ :

$$ \int |f| dm \le Mm([0, 1]) < \infty. $$

On a donc $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}([0, 1], \mathcal{B}([0, 1]), m)$.

**Exercice 4.7** ($f, g \in \mathcal{L}^1 \not\Rightarrow fg \in \mathcal{L}^1$) Soit $f, g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0, 1], \mathcal{B}([0, 1]), \lambda)$. Donner un exemple pour lequel $fg \notin \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0, 1], \mathcal{B}([0, 1]), \lambda)$.

**Corrigé** – Un exemple consiste à prendre $f(x) = g(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ pour $x \in ]0, 1[$. On a bien $f, g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0, 1], \mathcal{B}([0, 1]), \lambda)$ et $fg \notin \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1([0, 1], \mathcal{B}([0, 1]), \lambda)$ car $f, g \in M_+$ et $\int_{[0,1]} f(x)g(x)dx = +\infty$.

**Exercice 4.8 (Caractérisation d'une fonction caractéristique)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$. On suppose que $0 \le f \le 1$ p.p. et que $\int f dm = \int f^2 dm$. Montrer qu'il existe un ensemble mesurable fini $A$ tel que $f = 1_A$ p.p..

**Corrigé** – On remarque que $\int f(1-f) dm = 0$. Comme $f(1-f) \ge 0$ p.p., on en déduit que $f(1-f) = 0$ p.p.. On pose $A = \{f = 1\}$, on a alors $f = 0$ p.p. sur $A^c$, ce qui donne bien $f = 1_A$ p.p..

**Exercice 4.9 (f positive intégrable implique f finie p.p.)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in M_+$. Montrer que si $\int f dm < +\infty$, alors $f < +\infty$ p.p..

**Corrigé** – Cet exercice a été vu dans ce chapitre. On redonne une preuve ici.

Soit $A = f^{-1}(\{+\infty\})$. On a $A \in T$ car $f$ est mesurable et $\{+\infty\} \in \mathcal{B}(\mathbb{R}_+)$.

Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a $f \ge n1_A$, donc, par monotonie de l'intégrale, $\int f dm \ge nm(A)$, ou encore

$$ m(A) \le \frac{1}{n} \int f dm. $$

En passant à la limite quand $n \to +\infty$, on en déduit $m(A) = 0$. On a donc $f < +\infty$ p.p. car $f(x) < +\infty$ pour tout $x \in A^c$.

**Exercice 4.10 (Une caractérisation de l'intégrabilité)** Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré fini, $u$ une fonction mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}$. Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose $A_n = \{x \in E, |u(x)| \ge n\}$ et $B_n = \{x \in E, n < |u(x)| \le n+1\}$.

1. Montrer que :

$$ \int |u| dm < +\infty \iff \sum_{n=0}^{+\infty} n m(B_n) < +\infty \iff \sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n) < +\infty. $$
**Corrigé** – On remarque tout d'abord que $B_n, A_n \in T$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et que :

$$ \sum_{n \in \mathbb{N}} n 1_{B_n} \le |u| \le \sum_{n \in \mathbb{N}} (n+1) 1_{B_n}. $$

On en déduit (en utilisant le théorème de convergence monotone et la monotonie de l'intégrale) que :

$$ \sum_{n \in \mathbb{N}} n m(B_n) \le \int |u| dm \le \sum_{n \in \mathbb{N}} (n+1) m(B_n). \quad (4.18) $$

Si $\int |u|dm < +\infty$, on a donc $\sum_{n \in \mathbb{N}} n m(B_n) < +\infty$.

Réciproquement, si $\sum_{n \in \mathbb{N}} n m(B_n) < +\infty$, on a aussi $\sum_{n \in \mathbb{N}} (n+1) m(B_n) < +\infty$ car $\sum_{n \in \mathbb{N}} m(B_n) \le m(E) < +\infty$ (remarquer que $B_n \cap B_m = \emptyset$ si $n \neq m$). On déduit donc de (4.18) que $\int |u|dm < +\infty$.

On a ainsi montré que :

$$ \int |u| dm < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} n m(B_n). $$

On peut utiliser le même raisonnement en remplaçant $B_n$ par $C_n = \{x \in E, n \le |u(x)| < n+1\}$. On a donc aussi :

$$ \int |u| dm < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} n m(C_n). \quad (4.19) $$

Pour terminer la question, il suffit de montrer que :

$$ \sum_{n=0}^{+\infty} n m(C_n) < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n) < +\infty. \quad (4.20) $$

Pour montrer (4.20), on remarque que $C_n = A_n \setminus A_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et donc, comme $A_{n+1} \subset A_n$ et que $m(A_{n+1}) \le m(A_n) \le m(E) < +\infty$ :

$$ m(C_n) = m(A_n) - m(A_{n+1}). $$

On en déduit que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a :

$$ \begin{aligned} \sum_{p=0}^{n} p m(C_p) &= \sum_{p=0}^{n} p m(A_p) - \sum_{p=0}^{n} p m(A_{p+1}) \\ &= \sum_{p=0}^{n} p m(A_p) - \sum_{p=1}^{n+1} (p-1) m(A_p) = \sum_{p=1}^{n} m(A_p) - n m(A_{n+1}). \end{aligned} $$

On a donc :

$$ \sum_{p=0}^{n} p m(C_p) \le \sum_{p=1}^{n} m(A_p), \quad (4.21) $$

et :

$$ \sum_{p=1}^{n} m(A_p) = \sum_{p=0}^{n} p m(C_p) + n m(A_{n+1}). \quad (4.22) $$

Si $\sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n) < +\infty$, on déduit donc de (4.21) que $\sum_{n=0}^{+\infty} n m(C_n) < +\infty$.
Réciproquement, si $\sum_{n=0}^{+\infty} n m(C_n) < +\infty$. On a, par (4.19), $\int |u| dm < +\infty$ et donc, comme $n 1_{A_{n+1}} \le |u|$, on a aussi $n m(A_{n+1}) \le \int |u| dm < +\infty$. On déduit donc de (4.22) que $\sum_{n=1}^{+\infty} m(A_n) < +\infty$. Comme $m(A_0) \le m(E) < +\infty$, on a bien finalement $\sum_{n=0}^{+\infty} m(A_n) < +\infty$.

On a bien montré (4.20), ce qui termine la question.

2. Soit $p \in ]1, +\infty[$, montrer que $|u|^p$ est une fonction mesurable et que :

$$ \int |u|^p dm < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} n^p m(B_n) < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} n^{p-1} m(A_n) < +\infty. $$

**Corrigé** – La fonction $|u|^p$ est mesurable car composée d'une fonction mesurable et d'une fonction continue.

On reprend maintenant le raisonnement de la question précédente. On remarque que :

$$ \sum_{n \in \mathbb{N}} n^p m(B_n) \leq \int |u|^p dm \leq \sum_{n \in \mathbb{N}} (n+1)^p m(B_n). \quad (4.23) $$

Si $\int |u|^p dm < +\infty$, on a donc $\sum_{n \in \mathbb{N}} n^p m(B_n) < +\infty$.

Réciproquement, si $\sum_{n \in \mathbb{N}} n^p m(B_n) < +\infty$, on a aussi

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (n+1)^p m(B_n) \leq \sum_{n=1}^{\infty} 2^p n^p m(B_n) < +\infty $$

et $m(B_0) \le m(E) < +\infty$. On a donc $\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)^p m(B_n) < +\infty$. Ceci donne $\int |u|^p dm < +\infty$ par (4.23).

On a ainsi montré que :

$$ \int |u|^p dm < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} n^p m(B_n) < +\infty. $$

Ici aussi, on peut utiliser le même raisonnement en remplaçant $B_n$ par $C_n = \{x \in E, n \le |u(x)| < n+1\}$. On a donc aussi :

$$ \int |u|^p dm < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} n^p m(C_n) < +\infty. \quad (4.24) $$

Pour terminer la question, il suffit donc de montrer que :

$$ \sum_{n=0}^{+\infty} n^p m(C_n) < +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty} n^{p-1} m(A_n) < +\infty. \quad (4.25) $$

Pour montrer (4.25), on utilise, comme dans la question précédente que $C_n = A_n \setminus A_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et donc :

$$ m(C_n) = m(A_n) - m(A_{n+1}). $$
On en déduit que, pour tout $n \in \mathbb{N}$,

$$
\begin{align*}
\sum_{n=0}^{N} n^p m(C_n) &= \sum_{n=0}^{N} n^p m(A_n) - \sum_{n=0}^{N} n^p m(A_{n+1}) \\
&= \sum_{n=0}^{N} n^p m(A_n) - \sum_{n=1}^{N+1} (n-1)^p m(A_n) \\
&= \sum_{n=1}^{N} (n^p - (n-1)^p) m(A_n) - N^p m(A_{N+1}).
\end{align*}
$$

On a donc :

$$
\sum_{n=0}^{N} n^p m(C_n) \le \sum_{n=1}^{N} (n^p - (n-1)^p) m(A_n), \quad (4.26)
$$

et :

$$
\sum_{n=1}^{N} (n^p - (n-1)^p) m(A_n) = \sum_{n=0}^{N} n^p m(C_n) + N^p m(A_{N+1}). \quad (4.27)
$$

Pour conclure, on remarque que $\frac{n^p - (n-1)^p}{n^{p-1}} \to p$ quand $n \to +\infty$. Il existe donc $\alpha, \beta > 0$ t.q. $\alpha n^{p-1} \le n^p - (n-1)^p \le \beta n^{p-1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Si $\sum_{n=0}^{\infty} n^{p-1} m(A_n) < \infty$, on déduit alors de (4.26) que $\sum_{n=0}^{+\infty} n m(C_n) < +\infty$.

Réciproquement, on suppose que $\sum_{n=0}^{+\infty} n^p m(C_n) < +\infty$. On a alors, par (4.24),
$$ \int |u|^p dm < \infty \text{ et donc, comme } N1_{A_{N+1}} \le |u|, \text{ on a aussi } N^p m(A_{N+1}) \le \int |u|^p dm < \infty. \text{ On déduit alors de (4.27) que} $$

$$
\sum_{n=0}^{\infty} n^{p-1} m(A_n) < \infty.
$$

On a bien montré (4.25), ce qui termine la question.

**Exercice 4.11 (Sur la convergence en mesure)** Soit (E, T, m) un espace mesuré. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ deux suites de fonctions mesurables de E dans $\mathbb{R}$. Soit f et g deux fonctions mesurables de E dans $\mathbb{R}$. On suppose que $f_n \to f$ en mesure et $g_n \to g$ en mesure, quand $n \to +\infty$.

1. On suppose, dans cette question, que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m)$ et que $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m)$.

(a) Montrer que pour tout $\varepsilon > 0$ il existe $k_1 \in \mathbb{N}$ t.q. :

$$
k \ge k_1 \Rightarrow m(\{x \in E; |g(x)| \ge k\}) \le \varepsilon.
$$

**Corrigé** – Pour $k \in \mathbb{N}^*$, on pose $A_k = \{x \in E; |g(x)| \ge k\}$. On a donc $\cap_{k \in \mathbb{N}^*} A_k = \emptyset$. Comme g est intégrable, on a $m(A_k) \le \|g\|_1/k < +\infty$. On peut donc appliquer la continuité décroissante de m, on obtient que $m(A_k) \to 0$ quand $k \to +\infty$, ce qui donne le résultat souhaité.
(b) Montrer que pour tout $\varepsilon > 0$ il existe $n_0$ et $k_0 \in \mathbb{N}$ t.q. :

$$n \ge n_0, k \ge k_0 \Rightarrow m(\{x \in E; |f_n(x)| \ge k\}) \le \varepsilon.$$

**Corrigé** – Soit $k \in \mathbb{N}^*$ et $n \in \mathbb{N}$. On a

$$\{|f_n| \ge k\} \subset \{|f| \ge k-1\} \cup \{|f_n - f| \ge 1\},$$

et donc

$$m(\{|f_n| \ge k\} \le m(\{|f| \ge k-1\}) + m(\{|f_n - f| \ge 1\})).$$

Soit $\varepsilon > 0$. Comme $f$ est intégrable, il existe (comme à la question précédente) $k_0$ t.q.

$$k \ge k_0 \Rightarrow m(\{|f| \ge k-1\}) \le \varepsilon.$$

Puis comme $f_n \to f$ en mesure, il existe $n_0$ t.q.

$$n \ge n_0 \Rightarrow m(\{|f_n - f| \ge 1\}) \le \varepsilon.$$

On a donc

$$k \ge k_0, n \ge n_0 \Rightarrow m(\{|f_n| \ge k\} \le 2\varepsilon.$$

Ce qui donne le résultat souhaité.

(c) Montrer que $fg \in \mathcal{M}$ et $f_n g_n \to fg$ en mesure, quand $n \to +\infty$. [On pourra remarquer que $f_n g_n - fg = f_n(g_n - g) + g(f_n - f)$.]

**Corrigé** – Soit $\delta > 0$ et $\varepsilon > 0$. On remarque que

$$\{|f_n g_n - f g| \ge \delta\} \subset \{|f_n(g_n - g)| \ge \frac{\delta}{2}\} \cup \{|g(f_n - f)| \ge \frac{\delta}{2}\}.$$

Pour tout $k > 0$, on a donc

$$\{|f_n g_n - f g| \ge \delta\} \subset \{|f_n| \ge k\} \cup \{|g_n - g| \ge \frac{\delta}{2k}\} \cup \{|g| \ge k\} \cup \{|f_n - f| \ge \frac{\delta}{2k}\}.$$

Grâce aux deux questions précédentes, il existe donc $k_1$, $k_0$ et $n_0$ t.q. avec $k = \max\{k_1, k_0\}$,

$$n \ge n_0 \Rightarrow m(\{|f_n g_n - f g| \ge \delta\}) \le 2\varepsilon + m(\{|g_n - g| \ge \frac{\delta}{2k}\}) + m(\{|f_n - f| \ge \frac{\delta}{2k}\}).$$

En utilisant les convergences en mesure de $f_n$ et $g_n$, on obtient alors l'existence de $n_1$ t.q.

$$n \ge n_1 \Rightarrow m(\{|f_n g_n - f g| \ge \delta\}) \le 4\varepsilon.$$

Ce qui prouve que $f_n g_n \to fg$ en mesure.

(d) En prenant $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$, Donner un exemple pour lequel $fg \notin \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$.

**Corrigé** – On peut, par exemple, prendre $f$ et $g$ définies par $f(x) = g(x) = 1/\sqrt{x}$ pour $x \in ]0, 1[$ et $f(x) = g(x) = 0$ si $x \in ]0, 1[$. (Et on prend $f_n = f$ et $g_n = g$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.)
2. En prenant $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$, Donner un exemple pour lequel $f_n g_n \not\to fg$ en mesure, quand $n \to +\infty$ (pour cet exemple, on a donc $f \notin \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ ou $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$).

**Corrigé** – On peut prendre, par exemple,

$$f_n(x) = \frac{x}{n(x^2 + 1)}, \text{ pour tout } n \in \mathbb{N} \text{ et } x \in \mathbb{R}.$$

$$g_n(x) = x^2 + 1, \text{ pour tout } n \in \mathbb{N} \text{ et } x \in \mathbb{R}.$$

**Exercice 4.12 (Sur l'inégalité de Markov)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$.

1. Montrer que pour tout $a > 0$, on a $am(\{|f| > a\}) \le \int_{\{|f|>a\}} |f| dm$.

**Corrigé** – Comme $|f| \in \mathcal{M}_+$, la méthode pour faire les questions 1 et 2 a déjà été vue (voir l'inégalité (4.6)).

Soit $a > 0$. On remarque que $|f|1_{\{|f|>a\}} \ge a1_{\{|f|>a\}}$. Par monotonie de l'intégrale, on en déduit :

$$am(\{|f| > a\}) = \int a1_{\{|f|>a\}} dm \le \int |f|1_{\{|f|>a\}} dm = \int_{\{|f|>a\}} |f| dm.$$

2. Montrer que pour tout $a > 0$, on a $m(\{|f| > a\}) \le (\int |f| dm)/a$. (Ceci est l'inégalité de Markov.)

**Corrigé** – Comme $\int_{\{|f|>a\}} |f| dm \le \int |f| dm$, cette question découle immédiatement de la précédente.

3. Montrer que

$$\lim_{a \to \infty} am(\{|f| > a\}) = 0. \qquad (4.28)$$

**Corrigé** – Soit $(a_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ t.q. $a_n \to +\infty$, quand $n \to +\infty$. On pose

$$g_n = |f|1_{\{|f|>a_n|}}.$$

On a $g_n \to 0$ p.p. quand $n \to +\infty$ et, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $|g_n| \le |f|$ p.p.. Grâce au théorème de convergence dominée, on en déduit que $\int g_n dm \to 0$ quand $n \to +\infty$ et donc, avec la question 1, $a_n m(\{|f| > a_n\}) \to 0$ quand $n \to +\infty$.

4. Donner des exemples de fonctions non intégrables qui vérifient la propriété (4.28) dans les 2 cas suivants : $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$ et $(E, T, m) = (]0, 1[, \mathcal{B}([0, 1[), \lambda)$.
**Corrigé** – Dans le cas (E, T, m) = (ℝ, B(ℝ), λ), il suffit de prendre f = 1ℝ.

Dans le cas (E, T, m) = (]0, 1[, B([0, 1[, λ), on peut prendre, par exemple, f définie par
f(x) = 1/x|ln(2x)| pour x ∈]0, 1[. La fonction f est mesurable mais n'est pas intégrable.
Pour a > 0, on a am(|f| > a)) = ax_a avec x_a > 0 t.q. x_a|ln(2x_a)| = 1/a. On a x_a → 0
quand a → ∞ et donc am(|f| > a)) = ax_a = 1/|ln(2x_a)| → 0 quand a → ∞.

**Exercice 4.13 (Sur la positivité presque partout.)** Soit (E, T, m) un espace mesuré et $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$. Montrer que :

$$
f \ge 0 \text{ p.p.} \iff \int_A f dm \ge 0 \text{ pour tout } A \in T.
$$

**Corrigé** – On suppose d'abord que $f \ge 0 \text{ p.p.}$. Soit $A \in T$, on a alors $f 1_A \ge 0 \text{ p.p.}$ et donc, par monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{L}^1$ (proposition 4.26 page 170), $\int_A f dm = \int f 1_A dm \ge 0$.

En fait, pour être tout à fait précis, la proposition 4.26 est énoncée avec l'hypothèse
“*f* ≥ *g*” et non seulement “*f* ≥ *g* p.p.”. Toutefois il est clair que cette proposition est
aussi vraie avec seulement “*f* ≥ *g* p.p.”. Il suffit de remarquer que, si *f* ≥ *g* p.p., il
existe *B* ∈ *T* t.q. *m*(*B*) = 0 et *f* ≥ *g* sur *B*<sup>*c*</sup>. On a donc *f* 1<sub>*B*</sub><sup>*c*</sup> ≥ *g* 1<sub>*B*</sub><sup>*c*</sup>. Si *f*, *g* ∈ *L*<sup>1</sup>, la
proposition 4.26 donne alors ∫ *f* 1<sub>*B*</sub><sup>*c*</sup> *dm* ≥ ∫ *g* 1<sub>*B*</sub><sup>*c*</sup> *dm*. On en déduit ∫ *f* *dm* ≥ ∫ *g* *dm* car
∫ *f* *dm* = ∫ *f* 1<sub>*B*</sub><sup>*c*</sup> *dm* et ∫ *g* *dm* = ∫ *g* 1<sub>*B*</sub><sup>*c*</sup> *dm* (voir la proposition 4.28 page 172).

On suppose maintenant que $\int_A f dm \ge 0$ pour tout $A \in T$. Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on choisit $A = A_n = \{f \le -\frac{1}{n}\} = \{x \in E : f(x) \le -\frac{1}{n}\}$, de sorte que $f 1_{A_n} \le -\frac{1}{n} 1_{A_n}$. La monotonie de l'intégrale sur $\mathcal{L}^1$ (proposition 4.26 page 170) donne alors

$$
\int f 1_{A_n} dm \le -\frac{1}{n} m(A_n).
$$

Comme $\int f 1_{A_n} dm \ge 0$ par hypothèse, on a donc nécessairement $m(A_n) = 0$.

Par σ-sous additivité de m, on en déduit que m({f < 0}) = m(∪_{n∈N*} {f ≤ −1/n}) = 0, et
donc f ≥ 0 p.p..

**Exercice 4.14 (Équi-intégrabilité et équi-petitesse à l'infini)**

Soient (E, T, m) un espace mesuré et $f \in \mathcal{L}^1(= \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m))$.

1. Montrer que : ∀ε > 0, ∃δ > 0 t.q. ∀A ∈ T, m(A) ≤ δ ⇒ ∫_A |f|dm ≤ ε. [Introduire

f_n = inf(|f|, n).]

**Corrigé** – On pose $f_n = \inf(|f|, n)$. Comme $|f| - f_n \to 0 \text{ p.p. (et même partout)}$, quand $n \to +\infty$, et que $0 \le |f| - f_n \le |f| \in \mathcal{L}^1$, on peut appliquer le théorème de convergence dominée à la suite $\langle |f| - f_n \rangle_{n \in \mathbb{N}}$ (ou la proposition 4.29). Il donne que $\int (|f| - f_n)dm \to 0 \text{ quand } n \to +\infty$.
Soit $\varepsilon > 0$, il existe donc $n \in \mathbb{N}$ t.q. $\int (|f| - f_n)dm \le \varepsilon$. Pour $A \in T$, on a donc :

$$ 
\begin{aligned}
\int_A |f| dm &\le \int_A (|f| - f_n) dm + \int_A f_n dm \\
&\le \int_A (|f| - f_n) dm + \int_A f_n dm \le \varepsilon + nm(A).
\end{aligned}
$$

En prenant $\delta = \frac{\varepsilon}{n}$, on en déduit :

$$ A \in T, m(A) \le \delta \Rightarrow \int_A |f| dm \le 2\varepsilon. $$

N.B. : Au lieu d'appliquer le théorème de convergence dominée à la suite $(|f| - f_n)_{n \in \mathbb{N}}$, on peut aussi faire cet question en appliquant le théorème de convergence monotone à la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et en utilisant le fait que $f \in \mathcal{L}^1$.

2. Montrer que : $\forall \varepsilon > 0, \exists C \in T \text{ t.q. :}$

$$ (i) m(C) < +\infty, \quad (ii) \int_{C^c} |f| dm \le \varepsilon, \quad (iii) \sup_C |f| < +\infty. $$

[Considérer $C_n = \{x \in E; \frac{1}{n} \le |f(x)| \le n\}$, et montrer que pour $n \ge n_0$ où $n_0$ est bien choisi, $C_n$ vérifie (i), (ii) et (iii).]

**Corrigé** – Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on pose $C_n = \{x \in E; \frac{1}{n} \le |f(x)| \le n\}$. Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on a $|f| \le n$ sur $C_n$ et $\frac{1}{n}m(C_n) \le \int |f| dm < \infty$. Les conditions (i) et (iii) sont donc vérifiées si on prend $C = C_n$.

Soit $\varepsilon > 0$. On va maintenant montrer qu'on peut choisir $n$ de manière avoir aussi (ii). Pour cela, on pose $g_n = f1_{C_n^c}$, de sorte que $g_n \to 0$ p.p. (et même partout) et $|g_n| \le |f|$ p.p. (et même partout), pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée à la suite $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ (ou la proposition 4.29). Il donne que $\int |g_n| dm \to 0$ quand $n \to +\infty$. Il existe donc $n \in \mathbb{N}^* \text{ t.q. (ii) soit vérifiée.}$ En prenant $C = C_n$, on a donc (i), (ii) et (iii).

**Exercice 4.15 (Intégration par rapport à une mesure image)** Cet exercice est une généralisation à un espace mesuré quelconque du théorème de la loi image (théorème 4.58) qui est restreint à un espace probabilisé. Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(F, S)$ un espace mesurable et $f$ de $E$ dans $F$. On suppose que $f$ est mesurable, c'est-à-dire que $f^{-1}(B) \in T$ pour tout $B \in S$. Pour tout $B \in S$, on pose $\mu(B) = m(f^{-1}(B))$ (On note souvent $\mu = f_*m$).

1. Montrer que $\mu$ est une mesure sur $S$ (on l'appelle mesure image de $m$ par $f$).

**Corrigé** – On remarque tout d'abord que $\mu$ est bien application de $S$ dans $\bar{R}_+$ et que $\mu(\emptyset) = 0$ (car $f^{-1}(\emptyset) = \emptyset$ et $m(\emptyset) = 0$).

On montre maintenant la $\sigma$-additivité de $\mu$. Soit $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $S$ disjoints deux à deux. On pose $B = \cup_{n \in \mathbb{N}} B_n$. On veut montrer que $\mu(B) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \mu(B_n)$.
La suite $(f^{-1}(B_n))_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite d'éléments de $\mathcal{T}$, disjoints deux à deux. La σ-addivité de $\mathfrak{m}$ donne alors

$$m(\cup_{n \in \mathbb{N}} f^{-1}(B_n)) = \sum_{n \in \mathbb{N}} m(f^{-1}(B_n)).$$

Comme $\cup_{n \in \mathbb{N}} f^{-1}(B_n) = f^{-1}(\cup_{n \in \mathbb{N}} B_n) = f^{-1}(\mathcal{B})$, on a donc

$$\mu(\mathcal{B}) = m(f^{-1}(\mathcal{B})) = m(\cup_{n \in \mathbb{N}} f^{-1}(B_n)) = \sum_{n \in \mathbb{N}} m(f^{-1}(B_n)) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \mu(B_n).$$

Ceci prouve bien que $\mu$ est σ-additive et donc que $\mu$ est une mesure (sur $\mathcal{S}$).

2. $\mu$ est-elle finie (resp. σ-finie, diffuse) lorsque $m$ est finie (resp. σ-finie, diffuse) ?

**Corrigé** – On a $\mu(F) = m(f^{-1}(F)) = m(E)$. La mesure $\mu$ est donc finie si la mesure $m$ est finie,

Par contre, si la mesure $m$ est σ-finie, la mesure $\mu$ n'est pas nécessairement σ-finie. Un exemple simple est obtenu en prenant $E = F = \mathbb{R}$, $T = S = \mathcal{B}(\mathbb{R})$, $m = \lambda$ et $f(x) = 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. On a alors, pour tout $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$,

$$\mu(A) = \begin{cases} +\infty & \text{si } 0 \in A, \\ 0 & \text{si } 0 \notin A. \end{cases}$$

La mesure $m$ est bien σ-finie mais la mesure $\mu$ n'est pas σ-finie.

Le même exemple montre que $m$ peut être diffuse sans que $\mu$ soit diffuse. En effet, dans l'exemple précédent, la mesure $m$ est diffuse alors que $\mu(\{0\}) = +\infty > 0$.

3. Montrer qu'une fonction $\Phi$ mesurable de $F$ dans $\mathbb{R}$ est $\mu$-intégrable si et seulement si $\Phi \circ f$ est $m$-intégrable et que dans ce cas

$$\int_{E} \Phi \circ f dm = \int_{F} \Phi d\mu. \qquad (4.29)$$

**Corrigé** – On raisonne ici en commençant par considérer $\Phi = 1_B$ (avec $B \in \mathcal{S}$) puis $\Phi \in \mathcal{E}_+(F, S)$ et $\Phi \in \mathcal{M}_+(F, S)$.

Soit $B \in \mathcal{S}$ et $\Phi = 1_B$. On a alors

$$\int_{F} \Phi d\mu = \mu(B) = m(f^{-1}(B)) = \int_{E} 1_{f^{-1}(B)} dm \\ = \int_{E} 1_{B}(f(x)) dm(x) = \int_{E} \Phi \circ f dm. \quad (4.30)$$

On suppose maintenant que $\Phi \in \mathcal{E}_+(F, S)$. Il existe donc $p \in \mathbb{N}^*$, $\alpha_1, \dots, \alpha_p \in \mathbb{R}_+$ et $A_1, \dots, A_p \in \mathcal{S}$ t.q. $\Phi = \sum_{i=1}^p \alpha_i \Phi_i$ avec $\Phi_i = 1_{A_i}$. Par linéarité positive de $\mu$ et $m$, on en déduit, avec (4.30),

$$\int_{F} \Phi d\mu = \sum_{i=1}^{p} \alpha_{i} \int_{F} \Phi_{i} d\mu = \sum_{i=1}^{p} \alpha_{i} \int_{E} \Phi_{i} \circ f dm \\ = \int_{E} \sum_{i=1}^{p} \alpha_{i} \Phi_{i} \circ f dm = \int_{E} \Phi \circ f dm.$$
On peut maintenant considérer le cas $\Phi \in \mathcal{M}_+(F, S)$. Il existe alors une suite $(\Phi_n)_{n \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $\mathcal{E}_+(F, S)$ t.q. $\Phi_n \uparrow \Phi$. Comme $\int_F \phi_n d\mu = \int_E \phi_n \circ f dm$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, le théorème de convergence monotone (ou simplement la définition de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$) donne alors $\int_F \phi d\mu = \int_E \phi \circ f dm$. L'égalité (4.29) est donc vraie pour tout $\Phi \in \mathcal{M}_+(F, S)$.

Enfin, soit $\Phi$ mesurable de F dans $\mathbb{R}$ (c'est-à-dire $\Phi \in \mathcal{M}(F, S)$). En utilisant (4.29) avec $\Phi^+$ et $\Phi^-$ (et en notant que $(\Phi \circ f)^+ = \Phi^+ \circ f$ et $(\Phi \circ f)^- = \Phi^- \circ f$) on obtient que $\Phi$ est $\mu$-intégrable si et seulement si $\Phi \circ f$ est $m$-intégrable et que, si $\Phi$ est $\mu$-intégrable, (4.29) est vraie.

**Exercice 4.16 (m-mesurabilité)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. Soit $A \in T$ t.q. $m(A) = 0$ et $f$ une application de $A^c$ dans $\mathbb{R}$. Montrer que :
il existe $g$ mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}$ t.q. $f = g$ p.p. si et seulement s'il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$, suite de fonctions étagées, t.q. $f_n \to f$ p.p., quand $n \to +\infty$.

**Corrigé** – On suppose d'abord qu'il existe $g$ mesurable de $E$ dans $\mathbb{R}$ t.q. $f = g$ p.p.. Il existe donc $B \in T$ t.q. $m(B) = 0$ et $f = g$ sur $B^c$ (et $B^c \subset A^c$, i.e. $A \subset B$).

Comme $g \in \mathcal{M}$, la deuxième caractérisation de la mesurabilité (proposition 3.20 page 119) donne l'existence d'une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ t.q. $f_n(x) \to g(x)$ pour tout $x \in E$. On a donc aussi $f_n(x) \to f(x)$ pour tout $x \in B^c$. Comme $m(B) = 0$, on a bien $f_n \to f$ p.p..

On suppose maintenant qu'il existe $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}$ t.q. $f_n \to f$ p.p.. Il existe donc $B \in T$ t.q. $m(B) = 0$ et $f_n(x) \to f(x)$ pour tout $x \in B^c$ (on a donc aussi $B^c \subset A^c$). On pose $g_n = f_n 1_{B^c}$ et on définit $g$ par $g(x) = f(x)$ si $x \in B^c$ et $g(x) = 0$ si $x \in B$. Avec ces choix de $g_n$ et $g$, on a $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathcal{E}$ et $g_n(x) \to g(x)$ pour tout $x \in E$. On a donc, par la proposition 3.20, $g \in \mathcal{M}$. On a aussi $f = g$ p.p. car $f = g$ sur $B^c$ et $m(B) = 0$.

**Exercice 4.17 (Mesure complète, suite de l'exercice 2.33)** On reprend les notations de l'exercice 2.33 page 102. On note donc $(E, \bar{T}, \bar{m})$ le complété de l'espace mesuré $(E, T, m)$.

Montrer que $\mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m) \subset \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, \bar{T}, \bar{m})$. Soit $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, \bar{T}, \bar{m})$, montrer qu'il existe $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ t.q. $f = g$ p.p. et que $\int f d\bar{m} = \int g dm$.

**Corrigé** – 1. On commence par montrer que $\mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m) \subset \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, \bar{T}, \bar{m})$.

Comme $T \subset \bar{T}$, on a $\mathcal{M}(E, T) \subset \mathcal{M}(E, \bar{T})$, $\mathcal{M}_+(E, T) \subset \mathcal{M}_+(E, \bar{T})$, $\mathcal{E}(E, T) \subset \mathcal{E}(E, \bar{T})$ et $\mathcal{E}_+(E, T) \subset \mathcal{E}_+(E, \bar{T})$. Puis, comme $\bar{m} = m$ sur $T$, on a $\int f dm = \int f d\bar{m}$ pour tout $f \in \mathcal{E}_+(E, T)$. Si $f \in \mathcal{M}_+(E, T)$, il existe une suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+(E, T)$ t.q. $f_n \uparrow f$ quand $n \to +\infty$, la définition de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$ donne alors :

$$ \int f dm = \int f d\bar{m}, \text{ pour tout } f \in \mathcal{M}_+(E, T). \quad (4.31) $$

Soit $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, on a donc $f \in \mathcal{M}(E, T) \subset \mathcal{M}(E, \bar{T})$ et (4.31) donne $\int |f| d\bar{m} = \int |f| dm < \infty$. Donc, $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, \bar{T}, \bar{m})$. En appliquant (4.31) à $f^\pm$, on montre aussi que $\int f dm = \int f d\bar{m}$.
2. On va montrer la deuxième partie de la question en raisonnant en trois étapes :

(a) Soit $C \subset \bar{T}$. Il existe donc $A \in T$, $N \in \mathcal{N}_m$ t.q. $C = A \cup N$. Il existe $B \in T$ t.q. $N \subset B$ et $m(B) = 0$. On a $\{1_A \neq 1_C\} \subset N \subset B$. Donc, $\{1_A \neq 1_C\} \in \mathcal{N}_m = \mathcal{N}_{\bar{m}}$, c'est-à-dire $1_A = 1_C$ m-p.p. et $\bar{m}$-p.p.. En fait, comme $\mathcal{N}_m = \mathcal{N}_{\bar{m}}$, il est identique de dire "m-p.p." et "$\bar{m}$-p.p.", on dira donc simplement "p.p.".

(b) Soit $f \in \mathcal{E}(E, \bar{T})$. Il existe $a_1, \dots, a_n \in \mathbb{R}$ et $C_1, \dots, C_n \in \bar{T}$ t.q. $f = \sum_{i=1}^n a_i 1_{C_i}$. D'après (a), on trouve $A_1, \dots, A_n \in T$ t.q. $1_{A_i} = 1_{C_i}$ p.p., pour tout $i$. On pose alors $g = \sum_{i=1}^n a_i 1_{A_i}$, de sorte que $g \in \mathcal{E}(E, T)$ et $g = f$ p.p..

(c) Soit $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, \bar{T}, \bar{m})$. Comme $f \in \mathcal{M}(E, \bar{T})$, il existe (d'après la proposition 3.20) $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}(E, \bar{T})$ t.q. $f_n(x) \to f(x)$ pour tout $x \in E$. D'après (b), pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe $g_n \in \mathcal{E}(E, T)$ t.q. $f_n = g_n$ p.p.. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, il existe $A_n \in T$ t.q. $m(A_n) = 0$ et $f_n = g_n$ sur $A_n^c$. On pose $A = \cup_{n \in \mathbb{N}} A_n$. On a $A \in T$, $m(A) = 0$ et $f_n = g_n$ sur $A^c$, pour tout $n \in \mathbb{N}$. On définit alors $g$ par $g = f$ sur $A^c$ et $g = 0$ sur $A$. On a $g \in \mathcal{M}(E, T)$ car $g$ est limite simple de $(g_n 1_{A_n^c}) \in \mathcal{E}(E, T)$ (cf. proposition 3.20) et $f = g$ p.p. (car $f = g$ sur $A^c$).

Comme $|f|, |g| \in \mathcal{M}_+(E, \bar{T})$ et $|f| = |g|$ p.p., on a $\infty > \int |f| d\bar{m} = \int |g| d\bar{m}$. Puis, comme $|g| \in \mathcal{M}_+(E, T)$, (4.31) donne $\int |g| d\bar{m} = \int |g| dm$. On en déduit donc que $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$.

Enfin, en utilisant le fait que $f^+ = g^+ \text{ p.p.}, f^- = g^- \text{ p.p. et (4.31) (avec } g^+ \text{ et } g^-\text{)}$ on a aussi :

$$ 
\begin{aligned}
\int f d\bar{m} &= \int f^+ d\bar{m} - \int f^- d\bar{m} = \int g^+ d\bar{m} - \int g^- d\bar{m} \\
&= \int g^+ dm - \int g^- dm = \int g dm.
\end{aligned}
$$

On a bien trouvé $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ t.q. $f = g$ p.p. et $\int f d\bar{m} = \int g dm$.

**Exercice 4.18 (Petit lemme d'intégration)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in \mathcal{M}(E, T)$. (On rappelle que $\mathcal{M}(E, T)$ est l'ensemble des fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$.)

1. On suppose (dans cette question) que $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$. Montrer que

$$ (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T, m(A_n) \to 0 \Rightarrow \int f 1_{A_n} dm \to 0. \quad (4.32) $$

**Corrigé** – Comme $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, la question 1 de l'exercice 4.14 page 205 donne : $\forall \varepsilon > 0, \exists \eta > 0 \text{ t.q. } (A \in T, m(A) \le \eta) \Rightarrow \int f 1_A dm \le \varepsilon$. Ceci donne (4.32)...

2. On prend (dans cette question) $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$. Donner un exemple pour lequel $f \in \mathcal{M}(E, T)$, $f \ge 0$ (de sorte que $f \in \mathcal{M}_+(E, T)$) et (4.32) est faux.
**Corrigé** – On prend $f(x) = x1_{\mathbb{R}_+}(x)$ et $A_n =]n, n+1/n[$. On a $m(A_n) \to 0$ (quand $n \to +\infty$) et $\int f1_{A_n}d\lambda \ge 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Donc, $\int f1_{A_n}d\lambda \not\to 0$.

3. On suppose (dans cette question) que $m(E) < \infty$ et que $f > 0$ (c'est-à-dire $f(x) > 0$ pour tout $x \in E$). Montrer que

$$ (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T, \quad \int f 1_{A_n} dm \to 0 \Rightarrow m(A_n) \to 0. \quad (4.33) $$

[On pourra utiliser le fait que, pour $p \in \mathbb{N}^*$, $A_n \subset \{f < \frac{1}{p}\} \cup \{x \in A_n; f(x) \ge \frac{1}{p}\}$.]

**Corrigé** – On a $\{f < \frac{1}{p+1}\} \subset \{f < \frac{1}{p}\}$, $\cap_{p \in \mathbb{N}^*} \{f < \frac{1}{p}\} = \emptyset$ et $m(\{f < \frac{1}{p}\}) < \infty$, pour tout $p \in \mathbb{N}^*$ (car $m(E) < \infty$). La propriété de continuité décroissante de la mesure $m$ donne alors que $m(\{f < \frac{1}{p}\}) \to 0$ quand $p \to \infty$.

Soit $\varepsilon > 0$. Il existe donc $p \in \mathbb{N}^*$ t.q. $m(\{f < \frac{1}{p}\}) \le \varepsilon$. On a alors $m(A_n) \le \varepsilon + m(\{x \in A_n; f(x) \ge \frac{1}{p}\}) \le \varepsilon + p \int f 1_{A_n} dm$. Comme $\int f 1_{A_n} dm \to 0$, il existe donc $n_0$ t.q. $m(A_n) \le 2\varepsilon$ pour $n \ge n_0$, ce qui prouve (4.33).

4. On prend (dans cette question) $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$ (de sorte que $m(E) = +\infty$). Montrer que si $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et $f > 0$, alors (4.33) est faux. Donner un exemple de $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ t.q. $f > 0$.

**Corrigé** – On prend $A_n =]n, n+1[$. En appliquant la proposition 4.29 page 173 (ou le théorème de convergence dominée) à la suite $(f1_{A_n})_{n \in \mathbb{N}}$, on obtient que $\int f1_{A_n}d\lambda \to 0$ (quand $n \to +\infty$). D'autre part $\lambda(A_n) = 1 \not\to 0$. La propriété (4.33) est donc fausse.

On obtient un exemple de $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$ t.q. $f > 0$ en prenant $f(x) = \exp(-|x|)$.

**Exercice 4.19 (Fatou sans positivité)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, $f \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et $h \in \mathcal{M}(E, T)$. (On rappelle que $\mathcal{M}(E, T)$ est l'ensemble des fonctions mesurables de $E$ dans $\mathbb{R}$.)

1. On suppose que $f_n \to h$ p.p. quand $n \to +\infty$, $f_n \ge f$ p.p. pour tout $n \in \mathbb{N}$, et on suppose qu'il existe $C \in \mathbb{R}$ t.q. $\int f_n dm \le C$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

(a) Montrer qu'il existe $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ t.q.

i. $f_n = g_n$ p.p., pour tout $n \in \mathbb{N}$, $f = g$ p.p.,

ii. $g_n(x) \to h(x)$, quand $n \to +\infty$, pour tout $x \in E$,

iii. $g_n \ge g$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

**Corrigé** – Soit $A \in T$ t.q. $m(A) = 0$ et $f_n(x) \to h(x)$ pour tout $x \in A^c$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, soit $A_n \in T$ t.q. $m(A_n) = 0$ et $f_n(x) \ge f(x)$ pour tout $x \in (A_n)^c$. On pose $B = A \cup (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n)$. On a $B \in T$, $m(B) = 0$, $f_n(x) \to h(x)$ pour tout $x \in B^c$ et $f_n(x) \ge f(x)$ pour tout $x \in B^c$.

On pose, pour $n \in \mathbb{N}$, $g_n = f_n 1_{B^c} + h 1_B$ et $g = f 1_{B^c} + h 1_B$. On a bien $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et les 3 conditions demandées sont vérifiées.
(b) Montrer que $h \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m)$.

**Corrigé** – On applique le lemme de Fatou à la suite $(g_n - g)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{M}_+$ (noter aussi que $(h - g) \in \mathcal{M}_+$).

On obtient $\int (h-g)dm \le \liminf_{n \to +\infty} \int (g_n-g)dm \le C - \int gdm < \infty$.

On en déduit que $(h-g) \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m)$ et donc $h = h-g + g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m)$.

2. (question plus difficile) On reprend les hypothèses de la question précédente sauf "$f_n \ge f$ p.p., pour tout $n \in \mathbb{N}$" que l'on remplace par l'hypothèse (plus faible) "il existe $D \in \mathbb{R}$ t.q. $\int f_n dm \ge D$ pour tout $n \in \mathbb{N}$". Donner un exemple pour lequel $h \notin \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m)$. [Prendre $(E, T, m) = (\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$.]

**Corrigé** – On prend $f_n = 1_{[1/n, n+1/n]} - n^2 1_{[0, 1/n]}$ et $h = 1_{\mathbb{R}_+}$. On a $f_n \to h$ p.p., $\int f_n dm = 0$ et $h \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m)$.

**Exercice 4.20 (Application du théorème de convergence monotone)**

Soient $T > 0$ et $f \in \mathcal{L}^1 = \mathcal{L}^1([0, T], \mathcal{B}([0, T]), \lambda)$ ($\lambda$ désigne donc ici la mesure de Lebesgue sur $\mathcal{B}([0, T])$).

1. Soit $n \in \mathbb{N}$. Montrer que la fonction $x \mapsto e^{nx}f(x)$ appartient à $\mathcal{L}^1$.

**Corrigé** – La fonction $x \mapsto e^{nx}$ est continue donc mesurable (de $[0, 1]$ dans $\mathbb{R}$, tous deux munis de la tribu borélienne). La fonction $x \mapsto e^{nx}f(x)$ est donc mesurable comme produit de fonctions mesurables.

On remarque ensuite que $\int |e^{nx}f(x)|d\lambda(x) \le e^n\|f\|_1 < \infty$. On en déduit que la fonction $x \mapsto e^{nx}f(x)$ appartient à $\mathcal{L}^1$.

On suppose, dans la suite de l'exercice, que $f \ge 0$ p.p. et qu'il existe $M \in \mathbb{R}_+$ t.q. que $\int e^{nx}f(x) d\lambda(x) \le M$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2. Montrer que $f = 0$ p.p.. [Appliquer le théorème de convergence monotone.]

**Corrigé** – On pose $A = \{f > 0\} = \{x \in E; f(x) > 0\}$ et $B = A \setminus \{0\}$. Comme $f$ est mesurable, on a $A, B \in \mathcal{B}([0, 1])$.

Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose $g_n(x) = e^{nx}|f(x)|$ pour $x \in [0, 1]$. On a $g_n \in \mathcal{M}_+$ et $g_n \uparrow g$ avec $g$ définie par :

$$ 
\begin{align*} 
g(x) &= \infty, & \text{si } x \in B, \\ 
g(x) &= 0, & \text{si } x \in ]0, 1] \setminus B, \\ 
g(0) &= |f(0)|. 
\end{align*} 
$$

Le théorème de convergence monotone donne que $g \in \mathcal{M}_+$ et $\int g_n dm \to \int gdm$ quand $n \to +\infty$. Comme $g_n = e^{nx}f$ p.p., on a $\int g_n dm = \int e^{nx}f(x) d\lambda(x) \le M$ et donc, en passant à limite quand $n \to +\infty$, $\int gdm \le M$.

On a aussi $h_n \uparrow g$ avec $h_n = n1_B + |f(0)|1_{[0]}$.

La définition de l'intégrale sur $\mathcal{M}_+$ donne alors $\int gdm = \lim_{n \to +\infty} n\lambda(B)$ et donc $\int gdm = \infty$ si $\lambda(B) > 0$. Comme $\int gdm \le M$, on a donc $\lambda(B) = 0$ et donc aussi $\lambda(A) = 0$, ce qui donne $f = 0$ p.p..
3. On suppose de plus que $f$ est continue. Montrer que $f(x) = 0$ pour tout $x \in [0, T]$.

**Corrigé** – On pose toujours $A = \{f > 0\} = \{x \in E; f(x) > 0\}$. Comme $f$ est continue, l'ensemble $A$ est un ouvert de $[0, 1]$. Si $A \neq \emptyset$, il existe un intervalle ouvert non vide inclus dans $A$ et donc $\lambda(A) > 0$ en contradiction avec le résultat de la question précédente qui donne $\lambda(A) = 0$. On a donc $A = \emptyset$, c'est-à-dire $f = 0$ sur tout $[0, 1]$.

### 4.11.2 L'espace $L^1$

**Exercice 4.21 (Mesure de densité)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré et $f \in M_+$. Pour $A \in T$, on pose $\mu(A) = \int_A f dm$.

1. Montrer que $\mu$ est une mesure sur $T$.

**Corrigé** – On rappelle que, par définition, pour tout $A \in T$, on a $\int_A f dm = \int f 1_A dm$ avec $f 1_A = 0$ sur $A^c$ et $f 1_A = f$ sur $A$ (on a bien $f 1_A \in M_+$ et donc $\int_A f dm$ est bien définie).

On montre maintenant que $\mu$ est une mesure.

Il est clair que $\mu(\emptyset) = 0$ car $f 1_A = 0$ (sur tout E) si $A = \emptyset$. Pour montrer que $\mu$ est un mesure, il reste à montrer que $\mu$ est $\sigma$-additive.

Soit $(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset T$ t.q. $A_n \cap A_m = \emptyset$ si $n \neq m$. On pose $A = \cup_{n \in \mathbb{N}} A_n$ et on remarque que $1_A(x) = \sum_{n \in \mathbb{N}} 1_{A_n}(x)$ pour tout $x \in E$ et donc $f 1_A(x) = \sum_{n \in \mathbb{N}} f 1_{A_n}(x)$ pour tout $x \in E$. Le premier corollaire du théorème de convergence monotone (corollaire 4.18) donne alors

$$ \int f 1_A dm = \sum_{n \in \mathbb{N}} \int f 1_{A_n} dm, $$

$c$-est-à-dire $\mu(A) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \mu(A_n)$. Ceci prouve que $\mu$ est $\sigma$-additive et donc que $\mu$ est une mesure.

2. Soit $g \in M$. Montrer que $g \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, \mu)$ si et seulement si $fg \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ (on pose $fg(x) = 0$ si $f(x) = \infty$ et $g(x) = 0$). Montrer que, pour $g \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, \mu)$, $\int g d\mu = \int fg dm$.

**Corrigé** – On raisonne en trois étapes :

(a) Soit $g \in E_+ \setminus \{0\}$. Il existe donc $a_1, \dots, a_p \in \mathbb{R}_+^*$ et $A_1, \dots, A_p \in T$ t.q. $g = \sum_{i=1}^p a_i 1_{A_i}$. On a alors (en posant $fg(x) = 0$ si $f(x) = \infty$ et $g(x) = 0$) $fg = \sum_{i=1}^p a_i f 1_{A_i} \in M_+$ et :

$$ \int fg dm = \sum_{i=1}^{p} a_i \int f 1_{A_i} dm = \sum_{i=1}^{p} a_i \mu(A_i) = \int g d\mu. $$

(Ce qui, bien sûr, est aussi vrai pour $g = 0$.)
(b) Soit $g \in M_+$. Il existe alors $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{E}_+$. t.q. $g_n \uparrow g$. L'item précédent donne que
$$ \int f g_n dm = \int g_n d\mu. $$
Avec le théorème de convergence monotone (pour $\mu$ et pour $m$, puisque $f g_n \uparrow f g$ en posant toujours $f g(x) = 0$ si $f(x) = \infty$ et $g(x) = 0$), on en déduit que $f g \in M_+$ et :

$$ \int f g dm = \int g d\mu. \qquad (4.34) $$

(c) Soit maintenant $g \in M$. En appliquant (4.34) à $|g| \in M_+$, on a :

$$ \int |fg|dm = \int f|g|dm = \int |g|d\mu, $$

et donc :

$$ f g \in L_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, m) \Leftrightarrow g \in L_{\mathbb{R}}^{1}(E, T, \mu). $$

En fait, on peut ne pas avoir $fg \in L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ car $fg$ peut prendre les valeurs $\pm\infty$. L'assertion “$fg \in L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$” est à prendre, comme d'habitude, au sens “il existe $h \in L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ t.q. $fg = h$ p.p.”. Ceci est vérifié car si $\int |fg|dm < \infty$, on a $|fg| < \infty$ p.p.. Il suffit alors de changer $fg$ sur un ensemble de mesure nulle pour avoir une fonction mesurable prenant ses valeurs dans $\mathbb{R}$.

Si $g \in L_{\mathbb{R}}^1(E, T, \mu)$, en écrivant (4.34) avec $g^+$ et $g^-$ (qui sont bien des éléments de $M_+$) et en faisant la différence on obtient bien que $\int f g dm = \int g d\mu$.

**Exercice 4.22 (Suite bornée convergeant dans $L^1$)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et $f \in L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$. On suppose que $f_n \to f$ dans $L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et qu'il existe $C \ge 0$ tel que $|f_n| \le C$ p.p. et pour tout $n \in \mathbb{N}$. Montrer que
$$ \int |f_n - f|^2 dm \to 0 \text{ lorsque } n \to +\infty. $$

**Corrigé** – Comme la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $f$ dans $L_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, elle contient une sous-suite qui converge p.p.. c'est-à-dire qu'il existe application $\varphi$ strictement croissante de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ t.q. $f_{\varphi(n)} \to f$ p.p.. Comme, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $|f_{\varphi(n)}| \le C$ p.p., on en déduit que $|f| \le C$ p.p..

Pour conclure, on remarque maintenant que

$$ 0 \le \int |f_n - f|^2 dm \le \int (|f_n| + |f|) |f_n - f| dm \le 2C \int |f_n - f| dm \to 0 \quad \text{quand } n \to +\infty. $$

**Exercice 4.23 (Comparaison de convergence dans $L^1$)** On considère ici l'espace mesurable $(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}))$, où $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ est la tribu des boréliens sur $\mathbb{R}$. On note $\lambda$ la mesure de Lebesgue et, pour $a \in \mathbb{R}$, on note $\delta_a$ la mesure de Dirac en $a$. On pose $\mu = \delta_1 + \delta_2 + 3\lambda$ (noter que $\mu$ est une mesure sur $\mathcal{B}(\mathbb{R}))$. Soit $f$ l'application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ définie par $f(x) = x^3$. On pose $f_n = f 1_{[-n,n]}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. On pose $L^1(\mu) = L_{\mathbb{R}}^1(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R}), \mu)$.

1. Montrer que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $f_n \in L^1(\mu)$, et calculer $a_n = \int f_n d\mu$.

2. A-t-on convergence simple, convergence uniforme, convergence en mesure, convergence dans $L^1(\mu)$ de la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ ?.
**Exercice 4.24 (Convergence uniforme et convergence des intégrales)**

Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré et $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1(= L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m))$ ; on suppose que $f_n$ converge uniformément vers $f$ quand $n \to +\infty$ (plus précisément : il existe des représentants des $f_n$, encore notés $f_n$, t.q. $f_n$ converge uniformément vers $f$).

1. A-t-on $f \in L^1$ (plus précisément : existe-t-il $F \in L^1$ t.q. $f = g$ p.p. si $g \in F$) ?
[Distinguer les cas $m(E) < +\infty$ et $m(E) = +\infty$.]

2. Si $f \in L^1$ et $(\int f_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ converge dans $\mathbb{R}$, a-t-on : $\lim_{n \to +\infty} \int f_n dm = \int f dm$ ?

**Exercice 4.25 (Convergence dans $L^1$ de fonctions positives)** Soit $(E, T, m)$ un espace mesuré. On note $L^1$ l'espace $L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$. Soit $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1$ et $f \in L^1$. On suppose que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $f_n \ge 0$ p.p., que $f_n \to f$ p.p. et que $\int f_n dm \to \int f dm$ lorsque $n \to +\infty$. Montrer que $f_n \to f$ dans $L^1$. [On pourra examiner la suite $(f - f_n)^+$.]

**Corrigé** – On pose $h_n = (f - f_n)^+$. On a donc $(h_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ et $h_n \to 0$ p.p..
De plus, comme $f_n \ge 0$ p.p., on a $0 \le h_n \le f^+$ p.p.. En effet, soit $x \in E$ t.q. $h_n(x) \ne 0$.
On a alors, si $f_n(x) \ge 0$ (ce qui est vrai pour presque tout $x$), $0 < h_n(x) = f(x) - f_n(x) \le f(x) = f^+(x)$.

Comme $f^+ \in L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$, on peut appliquer le théorème de convergence dominée à cette suite $(h_n)_{n \in \mathbb{N}}$, il donne que $h_n \to 0$ quand $n \to +\infty$, c'est-à-dire

$$ \int (f - f_n)^+ dm \to 0, \text{ quand } n \to +\infty. \quad (4.35) $$

On remarque ensuite que

$$ \begin{gather*} \int (f - f_n)^- dm = \int (f - f_n)^+ dm - \int (f - f_n) dm, \\ \text{et donc, comme } \int f_n dm \to \int f dm \text{ lorsque } n \to +\infty, \\ \int (f - f_n)^- dm \to 0, \text{ quand } n \to +\infty. \tag{4.36} \end{gather*} $$

De (4.35) et (4.36), on déduit

$$ \begin{gather*} \int |f - f_n| dm \to 0, \text{ quand } n \to +\infty, \\ \text{c'est-à-dire } f_n \to f \text{ dans } L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m), \text{ quand } n \to +\infty. \end{gather*} $$

**Exercice 4.26 (Exemple de convergence)**

On pose $(E, T, m) = ([-1, 1], \mathcal{B}(\mathbb{R}), \lambda)$. Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose $f_n = n1_{[-\frac{1}{2n}, \frac{1}{2n}]}$.

1. Montrer que la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée dans $L^1$ et que la suite $(\int f_n d\lambda)_{n \in \mathbb{N}}$ converge.

2. Peut-on appliquer le théorème de convergence dominée ?

3. A-t-on convergence de la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ dans $L^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ ?
4. Montrer que pour toute fonction $\varphi$ continue de $[-1, 1]$ à valeurs dans $\mathbb{R}$, $\int f_n \varphi d\lambda \rightarrow \int \varphi d\delta_0$ lorsque $n \rightarrow +\infty$.

**Exercice 4.27 (Théorème de Beppo-Lévi)**

Soient $(E, T, m)$ un espace mesuré, $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset L^1(= L_\mathbb{R}^1(E, T, m))$ et $f : E \rightarrow \mathbb{R}$, tels que

(i) $f_n \to f$ p.p. lorsque $n \to +\infty$.

(ii) La suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est monotone, c'est-à-dire :

$f_{n+1} \geq f_n \text{ p.p., pour tout } n \in \mathbb{N},$

ou

$f_{n+1} \leq f_n \text{ p.p., pour tout } n \in \mathbb{N}.$

1. Construire $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{L}^1(= \mathcal{L}_\mathbb{R}^1(E, T, m))$ et $g \in \mathcal{M}$ t.q. $f_n = g_n \text{ p.p.}$, $f = g \text{ p.p.}$, $g_n(x) \to g(x)$ pour tout $x \in E$, et $g_{n+1} \geq g_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ (ou $g_{n+1} \leq g_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$).

**Corrigé** – Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on choisit un représentant de $f_n$, que l'on note encore $f_n$.

L'hypothèse (i) donne qu'il existe $A \in T$ t.q. $m(A) = 0$ et $f_n(x) \to f(x)$ pour tout $x \in A^c$.

L'hypothèse (ii) donne que la suite $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est monotone. On suppose que cette suite est monotone croissante (le cas monotone décroissante est similaire). Il existe alors, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $A_n \in T$ t.q. $m(A_n) = 0$ et $f_{n+1} \geq f_n$ sur $A_n^c$.

On pose $B = A \cup (\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n)$. On a donc $B \in T$ et $m(B) = 0$. Puis on pose $g_n = f_n 1_{B^c}$ et on définit $g$ par $g(x) = f(x)$ si $x \in B^c$ et $g(x) = 0$ si $x \in B$. On a bien $f = g$ p.p., $(g_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{L}_\mathbb{R}^1(E, T, m)$, $f_n = g_n \text{ p.p.}$ et $g_{n+1} \geq g_n$ (pour tout $n \in \mathbb{N}$). Enfin $g_n(x) \to g(x)$ pour tout $x \in E$, et $g \in \mathcal{M}$ car $g$ est limite simple d'éléments de $\mathcal{M}$ (voir la proposition 3.19 sur la stabilité de $\mathcal{M}$).

On remarque aussi que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $f_n$ et $g_n$ sont deux représentants du même élément de $L_\mathbb{R}^1(E, T, m)$ et $\int f_n dm = \int g_n dm$.

2. Montrer que $f \in L^1 \Leftrightarrow \lim_{n \to +\infty} \int f_n dm \in \mathbb{R}$.

**Corrigé** – On reprend la suite $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et la fonction $g$ construites à la question précédente et on distingue maintenant les 2 cas de l'hypothèse (ii).

Cas 1 : La suite $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est supposée monotone croissante.

Dans ce cas, on a $(g_n - g_0) \uparrow (g - g_0)$ quand $n \to +\infty$ et, comme $(g_n - g_0) \in \mathcal{M}_+$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, on peut utiliser le théorème de convergence monotone dans $\mathcal{M}_+$ (théorème 4.16). Il donne $((g - g_0) \in \mathcal{M}_+$ et)

$$ \int (g_n - g_0) dm \to \int (g - g_0) dm \text{ quand } n \to +\infty. \quad (4.37) $$
On sait déjà que $(g-g_0) \in \mathcal{M}$ et que $\int |g-g_0|dm = \int (g-g_0)dm \text{ car } (g-g_0) \in \mathcal{M}_+$. La propriété (4.37) donne alors que $(g-g_0) \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement si la limite de la suite (croissante) $(\int (g_n-g_0)dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$ (c'est-à-dire différente de $\infty$).

Comme $g_n, g_0 \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, on a $\int (g_n - g_0)dm = \int g_n dm - \int g_0 dm$ et donc $(g - g_0) \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement si la limite de la suite (croissante) $(\int g_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$.

Enfin, comme $g = (g - g_0) + g_0$ et que $g_0 \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, on a $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement $(g - g_0) \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et finalement on obtient bien que $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement la limite de la suite (croissante) $(\int g_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$.

On conclut en remarquant que $\int f_n dm = \int g_n dm$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $f = g$ p.p.. Plus précisément :

- Si la limite de la suite (croissante) $(\int f_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$, on obtient que $g \in \mathcal{L}^1(E)$ et donc que $f \in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ au sens où il existe $g \in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ t.q. $f = g$ p.p. (on confond donc $f$ et la classe de $g$, c'est-à-dire $\{h \in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m); h = g \text{ p.p.}\}$).

- Réciproquement, si $f \in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$, cela signifie qu'il existe $h \in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ t.q. $f = h$ p.p. (on a donc confondu $f$ et la classe de $h$). Comme $f = g$ p.p., on a aussi $h = g$ p.p.. Comme $g \in \mathcal{M}$, on obtient donc que $g \in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ et donc $(g - g_0) \in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(E, T, m)$ ce qui donne, par (4.37), que la limite de la suite (croissante) $(\int f_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$.

Cas 2 : La suite $(g_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est supposée monotone décroissante.

La démonstration est très voisine de la précécente. On remarque que $(g_0 - g_n) \uparrow (g_0 - g)$ quand $n \to +\infty$ et, comme $(g_0 - g_n) \in \mathcal{M}_+$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, on peut utiliser le théorème de convergence monotone dans $\mathcal{M}_+$ (théorème 4.16). Il donne $((g_0 - g) \in \mathcal{M}_+$ et)

$$ \int (g_0 - g_n)dm \to \int (g_0 - g)dm \text{ quand } n \to +\infty. \quad (4.38) $$

On sait déjà que $(g-g_0) \in \mathcal{M}$ et que $\int |g-g_0|dm = \int (g_0-g)dm \text{ car } (g_0-g) \in \mathcal{M}_+$. La propriété (4.38) donne alors que $(g-g_0) \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement si la limite de la suite (croissante) $(\int (g_0-g_n)dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$ (c'est-à-dire différente de $\infty$).

Comme $g_n, g_0 \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, on a $\int (g_0 - g_n)dm = \int g_0 dm - \int g_n dm$ et donc $(g - g_0) \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement si la limite de la suite (décroissante) $(\int g_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$ (c'est-à-dire différente de $-\infty$).

Enfin, comme $g = (g - g_0) + g_0$ et que $g_0 \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$, on a $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement $(g - g_0) \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ et finalement on obtient bien que $g \in \mathcal{L}_{\mathbb{R}}^1(E, T, m)$ si et seulement la limite de la suite (décroissante) $(\int g_n dm)_{n \in \mathbb{N}}$ est dans $\mathbb{R}$.

On conclut en remarquant que $\int f_n dm = \int g_n dm$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $f = g$ p.p., comme dans le premier cas.