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Int egration et th eorie de la mesure Correction - UMR …demange/integration/2013/... · Int egration et th eorie de la mesure Correction ... + par cette fonction. (3) Tout d’abord,

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Integration et theorie de la mesureCorrection

Exercice 1 :

(1) Voir chapitre 3 du poly.

(2) Soit Fn une suite de parties de X. Comme µ∗ est une mesure exterieure,

µ∗E

(⋃Fn

)= µ∗

(⋃(E ∩ Fn)

)≤

+∞∑n=1

µ∗(E ∩ Fn) =+∞∑n=1

µ∗E(Fn).

(3) On fixe E ⊂ X. Soit A ∈ A∗ et B ⊂ X arbitraire. On a

µ∗E(B \ A) + µ∗E(B ∩ A) = µ∗((E ∩B) \ A) + µ∗((E ∩B) ∩ A) par definition de µ∗E= µ∗(E ∩B) = µ∗E(B) car A est µ∗ −mesurable. cqfd.

(4) En prenant A = A′ on voit que A ⊂ F . Stabilite par complementaire : plusieurs facons defaire. On a (raisonner par double inclusion)

X \ [(A ∩ E) ∪ (A′ \ E)] = [(X \ A) ∩ E] ∪ [(X \ A′) \ E].

Stablilite par reunion denombrable :⋃[(An ∩ E) ∪ (A′n \ E)] =

[(⋃An

)∩ E

]∪[(⋃

A′n

)\ E]

(4) Soit F ∈ F . Supposons que F = (A∩E)∪(A′\E) = (B∩E)∪(B′\E), avec A,A′, B,B′ ∈ A.Alors

F ∩ E = [(A ∩ E) ∪ (A′ \ E)] ∩ E = A ∩ E et F ∩ E = [(B ∩ E) ∪ (B′ \ E)] ∩ E = B ∩ E,

donc A ∩ E = B ∩ E, et de meme A′ \ E = B′ \ E(= F \ E). Ceci prouve que m est biendefinie.

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Montrons que m est une mesure. Soient Fn ∈ F deux-a-deux disjoints. On pose Fn =(An ∩ E) ∪ (A′n \ E), avec An, A

′n ∈ A. Il s’agit de montrer que

µ∗(⋃

An ∩ E)

=+∞∑n=1

µ∗(An ∩ E) et µ∗(⋃

An \ E)

=+∞∑n=1

µ∗(An \ E)

Attention : il y a plusieurs erreurs de raisonnement possibles a cette etape. Tout d’abord,Comme Fn ∩ E = An ∩ E, les ensembles An ∩ E sont deux-a-deux disjoints, mais les An

ne le sont pas forcement. Ensuite, si E est µ∗-mesurable, les deux egalites sont evidentes(Caratheodory), mais E est choisi arbitrairement! L’astuce est que E n’est pas forcementµ∗-mesurable, mais est de maniere triviale (vraiment ?) µ∗E-mesurable.

Demonstration : on utilise (3), qui donne en particulier que les An sont µ∗E-mesurable (puisqueA ⊂ A∗). Il est evident que E est µ∗E-mesurable (l’ecrire). Les ensembles An ∩ E sont doncµ∗E-mesurable et deux-a-deux disjoints. Donc

µ∗E

(⋃An ∩ E

)=

+∞∑n=1

µ∗E(An ∩ E).

Le membre de gauche vaut µ∗(⋃

An ∩ E)

et le membre de droite vaut+∞∑n=1

µ∗(An ∩ E). La

seconde egalite se montre de meme en remplacant E par X \ E, qui est aussi de maniereevidente (vraiment ?) µ∗E-mesurable.

Exercice 2 :

(1) Par l’inegalite de Tchebychev, µ(Xt) ≤1

t

∫X

fdµ < +∞. Si 0 < s < t, on a clairement

Xt ⊂ Xs donc µ(Xt) ≤ µ(Xs).

(2) Par definition de la tribu produit, les fonctions (x, s) → x et (x, s) → s sont mesurables.Par composition, (x, s) → f(x) − s l’est (faire le diagramme de devissage). Et est l’imagereciproque de R∗+ par cette fonction.

(3) Tout d’abord, Xt est de mesure finie, la mesure de Lebesgue est σ-finie, donc le theoreme deFubini s’applique. Chacune des integrales suivante existe donc et on a legalite∫

Xt

(∫ +∞

0

1Et(x, s)ds

)dµ(x) =

∫ +∞

0

(∫Xt

1Et(x, s)dµ(x)

)ds.

La meme identite avec X a la place de Xt ne peut pas etre deduite directement car µ(X) n’estpas σ-finie a priori (le but de l’exo est de montrer que c’est malgre tout vrai). Soit x ∈ Xt,i.e. tel que f(x) > t. L’ensemble des s ∈ R+ tel que (x, s) ∈ Et est l’intervalle [0, f(x)[, donc∫ +∞

0

1Et(x, s)ds = f(x).

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Soit s ∈ R∗+. L’ensemble des x ∈ Xt tels que (x, s) ∈ Et est l’ensemble des x ∈ X tels quef(x) > t et f(x) > s, i.e. f(x) > max(s, t). Donc∫

Xt

1Et(x, s)dµ(x) = ϕ(max(s, t)).

cqfd.

(4) Soit F (x, t) = f(x)1f(x)>t. On a |F (x, t)| ≤ f(x),

∫X

fdµ < +∞, et pour tout x ∈ X,

F (x, t) → f(x) si t → 0 (distinguer les cas f(x) > 0 et f(x) = 0). Par le theoreme deconvergence dominee,

limt→0

∫Xt

fdµ =

∫X

fdµ.

Clairement, t → max(s, t) est croissante, donc t → ϕ(max(s, t)) est decroissante. Lorsque tdecroıt vers 0, ϕ(max(t, s)) tend donc en croissant vers sa limite ϕ(t). Par le theoreme deconvergence monotone,

limt→0+

∫ +∞

0

ϕ(max(s, t))ds =

∫ +∞

0

ϕ(t)dt.

Exercice 3 : La mesure de Lebesgue est invariante par isometries. On peut donc supposer queS = (0, 0, h) et que E est inclus dans le plan engendre par les deux premieres coordonnees. Le coneest l’ensemble des segments [M,S], avec M ∈ E. C’est donc l’image de E × [0, 1] par ϕ definiepour x = (x1, x2) ∈ R2 et t ∈ R par

ϕ(x, t) = (x, 0) + t(S − (x, 0)) = ((1− t)x1, (1− t)x2, th) = (ϕ1, ϕ2, ϕ3).

On verifie facilement que ϕ est C∞, et injective sur R2 × (R \ {1}). Sa matrice Jacobienne est∂x1ϕ1 ∂x1ϕ2 ∂x1ϕ3

∂x2ϕ1 ∂x2ϕ2 ∂x2ϕ3

∂tϕ1 ∂tϕ2 ∂tϕ3

=

1− t 0 00 1− t 0−x1 −x2 h

.

Son determinant jacobien est h(1 − t)2 > 0 si t 6= 1, donc ϕ est un plongement de clase C1 deR2× (R\{1}) dans R3. Le cone est l’image de E× [0, 1] par ϕ. Il est clair que ϕ(E×{1}) = S =unpoint, donc de volume nul. Par le theoreme de changement de variable, le volume du cone est∫

E×[0,1[h(1− t)2dtdx = h ·m(E)

∫ 1

0

(1− t)2dt =h ·m(E)

3.

PROBLEME

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Les inegalites demontrees dans ce problemes font partie de ce qu’on appelle le Lemme de Van derCorput. Le lemme de Vand der Corput et le theoreme de la phase stationnaire, sont deux reultatsfodamentaux dans l’etude des integrales oscillantes. Il permettent d’etablir des developpements

asymptotiques des integrales oscillantes du type

∫ b

a

eiϕ(t)dt (par exemple les fonctions de Bessel. . . )

Premiere partie.

(1) Soit u : [a, b]→ R monotone et v : [a, b]→ R sommable. Il existe x ∈ [a, b] tel que∫ b

a

u(t)v(t)dt = u(a)

∫ x

a

v(t)dt+ u(b)

∫ b

x

v(t)dt.

Ceci suffit a avoir tous les points. J’accepte les corollaires :

Attention ne pas oublier les modules complexes: si v est a valeurs complexes, il existe x ∈[a, b] tel que ∣∣∣∣∫ b

a

u(t)v(t)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣u(a)

∫ x

a

v(t)dt+ u(b)

∫ b

x

v(t)dt.

∣∣∣∣Enfin, si u est decroissante et positive on peut supposer que u(b) = 0, si u est croissantepositive on peut supposer que u(a) = 0.

(2) On a ϕ′ ≥ α > 0, donc ϕ est strictement croissante de classe C1. C’est donc un C1-differomorphisme de ]a, b[ dans ]ϕ(a), ϕ(b)[. Par le theoreme de changement de variables,∫ b

a

eiϕ(t)dt =

∫ ϕ(b)

ϕ(a)

eiudu

ϕ′ ◦ ϕ−1(u).

(3) ϕ, et donc ϕ−1, sont strictement croissantes. Si ϕ′ est croissante, u → 1

ϕ′ ◦ ϕ−1(u)est

decroissante et positive, donc il existe x ∈ [ϕ(a), ϕ(b)] tel que∣∣∣∣∫ b

a

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1

ϕ′ ◦ ϕ−1(x)

∫ x

ϕ(a)

eiudu

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ eix − eiϕ(a)iϕ′ ◦ ϕ−1(x)

∣∣∣∣ ≤ 1 + 1

α=

2

α.

Si ϕ′ est decroissante, u→ 1

ϕ′ ◦ ϕ−1(u)est croissante et positive, donc il existe x ∈ [ϕ(a), ϕ(b)]

tel que ∣∣∣∣∫ b

a

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1

ϕ′ ◦ ϕ−1(x)

∫ ϕ(b)

x

eiudu

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ eiϕ(b) − eixiϕ′ ◦ ϕ−1(x)

∣∣∣∣ ≤ 1 + 1

α=

2

α.

Seconde partie.

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(1) ϕ′′ ≥ α ≥ 0 donc ϕ′ est monotone. Les Ik sont les images reciproques d’intervalles par unefonction monotone, donc sont des intervalles. Comme ϕ′ est continue, ils sont fermes.

(2) On applique la premiere partie a ϕ et −ϕ sur les intervalles I1 et I2.

(3) Posons I3 = [c, d].

∫I3

ϕ′′(t)dt = ϕ′(d)−ϕ′(c) ≤ |ϕ′(d)|+ |ϕ′(c)| ≤ ε+ ε = 2ε. De plus ϕ′′ ≥ α

donc α(d− c) ≤∫ d

c

ϕ′′(t)dt ≤ 2ε. cqfd.

(4)

∣∣∣∣∫ b

a

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫I1

+

∫I2

+

∫I3

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫I1

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∫I2

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∫I3

∣∣∣∣ ≤ 2

ε+

2

ε+ d − c ≤ 4

ε+

αcar [a, b] =

I1 ∪ I2 ∪ I3, et les intervalles ont au plus un point commun. L’inegalite est vraie pour toutε > 0, et le membre de gauche est independant de ε. On choisit ε pour que le membre de

droite soit minimal. Un etude de derivee donne ε =1√2α

, et on a alors

4

ε+

α=

4√2α

+2√

α=

4√

2√α.

Troisieme partie. Meme principe que dans la seconde partie, on acceptera une esquisse rapidede demonstration. On pose comme precedemment

I1 = {t ∈ [a, b] t.q. ϕ(k−1)(t) ≥ ε}, I2 = {t ∈ [a, b] t.q. ϕ(k−1)(t) ≤ −ε}

et I3 = {t ∈ [a, b] t.q. |ϕ(k−1)(t)| ≤ ε}. Ce sont des intervalles compacts pour les meme raisons(ϕ(k−1) est continue et monotone). Par recurrence∣∣∣∣∫

I1

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ ≤ Ck−1

ε1

k−1

et

∣∣∣∣∫I2

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ ≤ Ck−1

ε1

k−1

.

On pose I3 = [c, d] et on a comme avant

α(d− c) ≤∫ d

c

ϕ(k)(t)dt = ϕ(k−1)(d)− ϕ(k−1)(c) ≤ 2ε,

donc

∣∣∣∣∫ d

c

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ ≤ d− c ≤ 2ε

α. On a donc pour tout ε > 0,∣∣∣∣∫ b

a

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ ≤ 2Ck−1

ε1

k−1

+2ε

α.

Je donne tous les points si l’etudiant obtient cette inegalite, et un bonus s’il fait la suite (tresfastidieux). Une bete etude de derivee donne que le membre de droite est minimal pour

ε1+1

k−1 =αCk−1

k − 1

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et on a donc (je passe les details)∣∣∣∣∫ b

a

eiϕ(t)dt

∣∣∣∣ ≤ 2Ck−1

ε1

k−1

+2ε

α=Ck

α1k

avec Ck = 2k

(Ck−1

k − 1

) k−1k

.

On peut meme resoudre cette recurrence (non demande). On a en fait

Ck = k2k+12 .

On avait trouve C1 = 2 et C2 = 4√

2. Il est possible de montrer que le lemme de Vandercorput estvalide avec Ck = O(k), en raffinant les raisonnemements (c’est plus dur a etablir!)

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