Corrigé de l'examen du 15 décembre 2010

Université de Rennes I Année 2010 – 2011
UFR de Mathématiques Licence de Mathématiques
Numéro d’anonymat: Quelques indications
Théorie de la mesure et intégration de Lebesgue
Examen final du 15 décembre 2010
Durée totale de l’épreuve : 2h.
Les documents et les calculatrices ne sont pas autorisés. Le barème, indiqué pour chaque
exercice entre [·], n’est donné qu’à titre indicatif.
La rédaction se fait sur ce document et peut être continuée sur la copie si
nécessaire.
Exercice 1 [4] : Soit f : R → R une fonction définie par la formule f(x) = x − [x], où [x]
désigne la « partie entière » de x (le plus grand n ∈ Z tel que x − n ≥ 0.).
1. Pour a < 0, déterminer f −1 (] − ∞, a]) = ∅ ∈ B(R).
2. Pour 0 ≤ a < 1, déterminer f −1 (] − ∞, a]) = ∪n∈Z[n, n + a] ∈ B(R).
3. Pour 1 ≤ a, déterminer f −1 (] − ∞, a]) = R ∈ B(R).
4. La fonction f est-elle borélienne ? (Justifier succinctement votre réponse).
Oui, car la famille ER = {]−∞, a], a ∈ R} engendre la tribu borelienne, i.e. σR(ER) = B(R).
Les questions précédentes montrent que pour tout E ∈ ER, son image inverse f −1 (E) ∈
B(R) et par conséquent la fonction f est (B(R), B(R))-mesurable, i.e. borélienne.
Exercice 2 [4] : Soit (X, X , µ) un espace mesurable. On considère des fonctions f : X → R
et g : X → R. Dans chacun des cas ci-dessous, est-il vrai que f = g µ-p.p. ? Donner une courte
justification de votre réponse dans l’espace blanc entre les questions.
1. (X, X , µ) = (N, P(N), δn0 ), où n0 ∈ N fixé. (Il convient éventuellement de discuter selon les
valeurs de n0).
(a) f et g sont définies, pour tout n ∈ N, par f(n) = n et g(n) = n0.
Oui, car µ({f = g}) = δn0 (N \ {n0}) = 0.
(b) f et g sont définies, pour tout n ∈ N, par f(n) = n et g(n) = 0.

µ({f = g}) = δn0 (N∗ ) = 1 N ∗(n0). Donc f = g µ-p.p. si et seulement si n0 = 0.
(c) f et g sont définies, pour tout n ∈ N, par f(n) = n 2 et g(n) = n0.
µ({f = g}) = δn0 ({n ∈ N : n2 = n0}) = 1 N\{n0}(n2 0 ). Donc f = g µ-p.p. si et
seulement si n0 = n2 0 , c’est-à-dire n0 ∈ {0, 1}.
2. (X, X , µ) = (N, P(N), n0
k=0 δk), où n0 ∈ N fixé.
(a) f et g sont définies, pour tout n ∈ N, par f(n) = n1 {n>n0} et g(n) = n 2 1 {n>n0}. (Il
est précisé que 1 {n>n0} := 1 {n0+1,n0+2,...}(n)).
Oui, car µ({f = g}) = n0
k=0 δk({n > n0 : n 2 = n}) = 0.
(b) f et g sont définies, pour tout n ∈ N, par f(n) = n et g(n) = n1 {n≤n0}.
Oui, car µ({f = g}) = n0
k=0 δk({n ∈ N, n > n0}) = 0.
3. (X, X , µ) = (R, B(R), λ), où λ est la mesure de Lebesgue.
(a) f et g sont définies, pour tout x ∈ R, par f(x) = 1 ]0,1[(x) et g(x) = 1 [0,1](x).
Oui, car µ({f = g}) = λ([0, 1]\]0, 1[) = λ({0, 1}) = 0.
(b) f et g sont définies, pour tout x ∈ R, par f(x) = x et g(x) = x1 R\Q(x).
Oui, car µ({f = g}) = λ(Q) = 0.
Exercice 3 [2] : Soit f ∈ m(X, X , µ; R), où µ(X) < +∞. La fonction g := f
1+|f| est-elle
intégrable ? Justifier votre réponse.
Oui, car f ∈ mX ⇒ 0 < 1 + |f| ∈ mX et par conséquent g ∈ mX comme rapport de deux
≤ 1 ⇒ X |g|dµ ≤ µ(X) < ∞.
fonctions mesurables. Par ailleurs |g| = |f|
1+|f|
Exercice 4 [4] : Soit l’espace mesurable (R, B(R)), muni de deux mesures : λ la mesure de
Lebesgue et µ =
n∈N∗ δn. Il est précisé que si f est une fonction borelienne,
R |f(x)|µ(dx) =
n∈N∗
R |f(x)|δn(dx).
1. Les fonctions suivantes sont-elles µ-intégrables sur R ?
(a) g, définie par la formule g(x) = 1
x 2 , pour x ∈ R ∗ + et 0 sinon ?

Oui, car
R |g|dµ = n≥1 1
n2 < ∞.
(b) g, définie par la formule g(x) = 1
x , pour x ∈ R∗ + et 0 sinon ?
Non, car
R
|g|dµ = n≥1 1
n = ∞.
g, définie par la formule g(x) = (−1)[x]
« partie entière » ? Peut-on donner un sens à
x , pour x ∈ R ∗ + et 0 sinon, où [x] désigne la
R
gdµ ?
La fonction g n’est pas intégrable, car
R |g|dµ = n≥1 1
n = ∞. Cependant, R gdµ =
(−1)
n≥1
n
n est une série semi-convergente (serie alternée dont le terme général tend
vers
0). Donc, même si g n’est pas intégrable, on peut néanmoins donner un sens à
R gdµ.
2. Soit ν = λ + µ. Calculer
(a)
[−1,1] x2 ν(dx).
(b)
[1,∞[ 2−x ν(dx).
[1,∞[
[−1,1]
x 2
ν(dx) = x
[−1,1]
2
λ(dx) + x
[−1,1]
2 µ(dx)
= 2 5
+ 1 =
3 3 .
2 −x ν(dx) =
= exp(− ln 2)
=
[1,∞[
ln 2
1
+ 1.
2 ln 2
exp(−x ln 2)λ(dx) + 2
[1,∞[
−x µ(dx)
+
Exercice 5 [6] : Soient l’espace mesurable (R, B(R)) et µ et ν deux mesures finies sur B(R)
telles que µ(R) = ν(R). On note Cc(R) la classe de fonctions continues sur R qui sont à support
compact. Soient a et b deux réels arbitraires avec a < b. On introduit la suite de fonctions fn
n≥1
1
2 n

définies pour n ∈ N∗ par
⎧
0 si x < a −
⎪⎨
fn(x) :=
⎪⎩
1
n ,
n(x − a + 1
1
n ) si a − n ≤ x < a,
1 si x ∈ [a, b],
n(b + 1
1
n − x) si b < x ≤ b + n ,
< x.
0 si b + 1
n
1. Utiliser des théorèmes du cours (préciser lesquels) pour calculer limn R fndµ et limn
– Pour tout n ∈ N ∗ , on a les affirmations suivantes :
R fndν.
(a) fn continue, donc mesurable. On a aussi l’encadrement 0 ≤ fn ≤ 1, donc fn ∈ L 1 (µ)
et fn ∈ L 1 (ν) car µ et ν sont des mesures finies ; cet encadrement garantit aussi la
domination de la suite fn par la fonction 1 qui est intégrable aussi bien par rapport
à µ qu’à ν.
(b) fn est à support compact, car supp fn ⊆ [a − 1, b + 1] ; fn étant en outre continue,
on a que fn ∈ Cc(R).
– La suite (fn) — tout en étant dominée par 1 — converge simplement vers 1 [a,b]. Le
théorème de convergence dominée garantit alors
lim
n
ce qui entraîne que
lim
n
fndµ =
R
|fn − 1 [a,b]|dµ = 0 et lim
R
n
1 [a,b]dµ = µ([a, b]) et lim
R
n
|fn − 1 [a,b]|dν = 0,
R
R
fndν =
R
1 [a,b]dν = ν([a, b]).
2. Conclure que si pour toute fonction g ∈ Cc(R) on a
R gdµ = R gdν, alors µ = ν. (On
peut utiliser sans démonstration le résultat suivant : Soit (X, X ) un espace mesurable et
µ, ν deux mesures finies sur X , telles que µ(X) = ν(X). Si E ⊆ P(X) est une famille de
parties, stable par intersections finies, qui engendre X (i.e. σX(E) = X ) et si µ↾E = ν↾E, alors µ = ν).
Comme pour tout n ∈ N, on a fn ∈ Cc(R), l’hypothèse et les résultats de la question
précédente garantissent que
∀n, fndµ = fndν ⇒ µ([a, b]) = ν([a, b]).
R
R
Puisque cette égalité est valable pour a et b arbitraires, on a égalité des mesures µ et ν
sur la famille E = {[a, b] : a, b ∈ R, a ≤ b} ∪ {R} qui est stable par intersections finies. Par
ailleurs, la famille E engendre la tribu borélienne, on aura donc égalité de µ et ν sur B(R).
Fin de l’épreuve