Exercices corrigés — Intégrale de Lebesgue

Tribu : contient $\varnothing$, stable par complémentaire et réunion dénombrable.

Sur un ensemble fini, une tribu est engendrée par ses atomes (une partition).

$\#\text{partitions}(3)=B_3=5$ (nombre de Bell).

$\mathcal{A}\subseteq\mathcal{P}(\Omega)$ est une tribu si : $\varnothing\in\mathcal{A}$ ; $A\in\mathcal{A}\Rightarrow\Omega\setminus A\in\mathcal{A}$ ; et $(A_n)_n\subseteq\mathcal{A}\Rightarrow\bigcup_n A_n\in\mathcal{A}$ (réunion dénombrable). D'où aussi $\Omega\in\mathcal{A}$ et stabilité par intersection dénombrable.

Sur $\Omega=\{0,1,2\}$, chaque tribu est l'ensemble des réunions de blocs d'une partition (ses atomes). Les $5$ partitions de $\{0,1,2\}$ donnent : $\{\varnothing,\Omega\}$ (atome $\Omega$) ; les trois tribus à un atome séparé, p.ex. $\{\varnothing,\{0\},\{1,2\},\Omega\}$ ; et la tribu discrète $\mathcal{P}(\Omega)$ (atomes $\{0\},\{1\},\{2\}$). Soit $5=B_3$. Plus généralement $\#\text{tribus}(n)=B_n$ : $1,2,5,15,52$.

Vérifier les trois axiomes sur $\bigcap_i\mathcal{A}_i$.

$\sigma(\mathcal{C})$ = plus petite tribu contenant $\mathcal{C}$ = intersection de toutes celles qui contiennent $\mathcal{C}$.

Boréliens = $\sigma(\text{ouverts})$.

Soit $(\mathcal{A}_i)_{i\in I}$ des tribus et $\mathcal{A}=\bigcap_i\mathcal{A}_i$. Alors $\varnothing\in\mathcal{A}$ (dans chaque $\mathcal{A}_i$) ; si $A\in\mathcal{A}$, $\Omega\setminus A\in\mathcal{A}_i$ pour tout $i$ donc $\in\mathcal{A}$ ; si $(A_n)\subseteq\mathcal{A}$, $\bigcup_n A_n\in\mathcal{A}_i$ pour tout $i$ donc $\in\mathcal{A}$. C'est une tribu.

Comme $\mathcal{P}(\Omega)$ est une tribu contenant $\mathcal{C}$, l'intersection $\sigma(\mathcal{C})$ de toutes les tribus contenant $\mathcal{C}$ est bien définie : c'est la plus petite tribu contenant $\mathcal{C}$. La tribu borélienne $\mathcal{B}(\mathbb{R})=\sigma(\text{ouverts})$ contient intervalles, fermés, $\mathbb{Q}$, les $F_\sigma$/$G_\delta$… (engendrée aussi par les $]a,+\infty[$).

$\mu(A)=\sum$ des poids des atomes $\subseteq A$.

$\mu(\{0,1\})=\mu(\{0\})+\mu(\{1\})$.

$\sigma$-additivité : réunion disjointe dénombrable.

$\mu(\{0,1\})=\tfrac12+\tfrac13=\tfrac56$ ; $\mu(\Omega)=\tfrac12+\tfrac13+\tfrac16=1$ : c'est une mesure de probabilité. Additivité : $\{0\}\sqcup\{1\}=\{0,1\}$ et $\mu(\{0,1\})=\mu(\{0\})+\mu(\{1\})$. Monotonie : $\{0\}\subseteq\{0,1\}$ et $\tfrac12\leq\tfrac56$.

$\mu\!\left(\bigsqcup_{n}A_n\right)=\sum_n\mu(A_n)$ pour des $A_n$ deux à deux disjoints (réunion dénombrable). C'est l'axiome clé (plus fort que l'additivité finie) ; il entraîne la continuité : $A_n\uparrow A\Rightarrow\mu(A_n)\uparrow\mu(A)$.

Négligeable : $\lambda(N)=0$ (recouvrement par des intervalles de longueur totale $<\varepsilon$).

$\lambda(\{x\})=0$ ; recouvrir le $n$-ième point par un intervalle de longueur $\varepsilon/2^n$.

$\mathbb{Q}$ est dénombrable.

$N$ est négligeable si $\lambda(N)=0$ ; une propriété vaut p.p. si elle est vraie sauf sur un négligeable. Soit $D=\{x_1,x_2,\dots\}$ dénombrable. Pour $\varepsilon>0$, recouvrons $x_n$ par $I_n=\big]x_n-\tfrac{\varepsilon}{2^{n+1}},x_n+\tfrac{\varepsilon}{2^{n+1}}\big[$, de longueur $\tfrac{\varepsilon}{2^n}$. Alors $D\subseteq\bigcup_n I_n$ et $\lambda^\ast(D)\leq\sum_n\tfrac{\varepsilon}{2^n}=\varepsilon$. Comme $\varepsilon$ est arbitraire, $\lambda(D)=0$.

$\mathbb{Q}$ est dénombrable, donc $\boxed{\lambda(\mathbb{Q})=0}$ : « presque tout réel est irrationnel ». C'est l'ingrédient qui rend la fonction de Dirichlet $\mathbf 1_{\mathbb{Q}}$ d'intégrale nulle (cf. B4). Noter $\lambda(\mathbb{Q})=0$ alors que $\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{R}$ : négligeable mais dense.

$\lambda([a,b])=b-a$, indépendant des bornes ouvertes/fermées.

$\lambda(\{x\})=0$, $\lambda$(dénombrable)$=0$.

Cantor : retirer $\tfrac13$ à chaque étape.

$\lambda([2,5])=3$ ; $\lambda(\{3\})=0$ ; $\lambda(]2,5[)=3$ (les points ne comptent pas). $\lambda([0,1]\cap\mathbb{Q})=0$ (dénombrable), donc $\lambda([0,1]\setminus\mathbb{Q})=\lambda([0,1])-0=1$ : presque tout point de $[0,1]$ est irrationnel.

L'ensemble de Cantor $K$ s'obtient en retirant le tiers central à chaque étape : la longueur restante est $1\cdot\big(\tfrac23\big)^n\to0$, donc $\lambda(K)=0$. Pourtant $K$ est non dénombrable (de cardinal $2^{\aleph_0}$) : un négligeable peut être « gros » en cardinal — mesure et cardinal sont indépendants.

$f$ mesurable : $f^{-1}(]a,+\infty[)\in\mathcal{A}$ pour tout $a$.

Un atome est le plus petit ensemble mesurable non vide le contenant.

Continue : préimage d'ouvert ouverte $\subseteq$ boréliens.

$f:(\Omega,\mathcal{A})\to\mathbb{R}$ est mesurable si $f^{-1}(]a,+\infty[)\in\mathcal{A}$ pour tout $a\in\mathbb{R}$ (équivaut à $f^{-1}(B)\in\mathcal{A}$ pour tout borélien $B$). Sur $\Omega$ fini, soit $A$ un atome (plus petit mesurable non vide : aucun mesurable ne le coupe strictement) et $x,y\in A$. Si $f(x)\neq f(y)$, supposons $f(x)>f(y)$ (quitte à échanger) et prenons $a\in\,]f(y),f(x)[$ : alors $x\in f^{-1}(]a,+\infty[)$ mais $y\notin$. Or $f^{-1}(]a,+\infty[)\in\mathcal{A}$ contiendrait un point de $A$ sans contenir $A$ tout entier — impossible par définition de l'atome. Donc $f$ est constante sur $A$. La réciproque est claire (toute préimage est une réunion d'atomes, donc mesurable).

Si $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ est continue, $f^{-1}(]a,+\infty[)$ est un ouvert, donc un borélien : $f$ est borélienne (mesurable pour $\mathcal{B}(\mathbb{R})$). De même limites simples, $\sup/\inf$ dénombrables de mesurables sont mesurables — la classe est très stable.

Étagée : $\varphi=\sum_i c_i\mathbf 1_{A_i}$, valeurs en nombre fini.

Passer à l'écriture canonique (par les valeurs distinctes, atomes disjoints).

$\mathbf 1_A$ : une seule valeur $1$ sur $A$.

Une étagée $\varphi\geq0$ prend un nombre fini de valeurs $b_1<\dots<b_k$ ; l'écriture canonique est $\varphi=\sum_j b_j\mathbf 1_{B_j}$ avec $B_j=\varphi^{-1}(b_j)$ disjoints. Pour une écriture quelconque $\varphi=\sum_i c_i\mathbf 1_{A_i}$, on raffine en atomes communs : sur chaque atome la valeur est imposée, et l'additivité de $\mu$ donne $\sum_i c_i\mu(A_i)=\sum_j b_j\mu(B_j)$. L'intégrale est donc bien définie.

$\mathbf 1_A$ est étagée (valeurs $0,1$) : $\int\mathbf 1_A\,d\mu=1\cdot\mu(A)+0\cdot\mu(\Omega\setminus A)=\mu(A)$. Intégrer une indicatrice, c'est mesurer. L'intégrale des étagées est linéaire et croissante (par additivité/monotonie de $\mu$).

$\int f=\sup\{\int\varphi:0\leq\varphi\leq f,\ \varphi\text{ étagée}\}$.

Monotonie : tout $\varphi\leq f$ vérifie $\varphi\leq g$.

En fini : $\int f=\sum f(\text{atome})\,\mu(\text{atome})$.

Pour $f\geq0$ mesurable, $\int f\,d\mu=\sup\big\{\int\varphi\,d\mu:0\leq\varphi\leq f,\ \varphi\text{ étagée}\big\}$. Monotonie : si $f\leq g$, toute étagée $\varphi\leq f$ vérifie $\varphi\leq g$, donc le sup de gauche est $\leq$ celui de droite : $\int f\leq\int g$. Pour la linéarité, l'additivité $\int(\varphi+\psi)=\int\varphi+\int\psi$ est d'abord acquise pour les étagées (B1, raffinement en atomes communs) ; le cas $f,g\geq0$ mesurables ($\int(af+bg)=a\int f+b\int g$, $a,b\geq0$) s'en déduit via la convergence monotone (E1) appliquée à des suites étagées $\varphi_n\uparrow f$, $\psi_n\uparrow g$.

Ici $\int f=\sum_a f(a)\mu(a)=4\cdot\tfrac12+9\cdot\tfrac13+0\cdot\tfrac16=2+3+0=5$ et $\int g=1\cdot\tfrac12+1\cdot\tfrac13+7\cdot\tfrac16=\tfrac12+\tfrac13+\tfrac76=2$. Alors $\int(2f+3g)=2\cdot5+3\cdot2=16$, qui coïncide bien avec le calcul direct $\sum_a(2f+3g)(a)\mu(a)$.

$f^+=\max(f,0)$, $f^-=\max(-f,0)$, $|f|=f^++f^-$.

Inégalité triangulaire à partir de $f^+,f^-\geq0$.

Éviter la forme indéterminée $\infty-\infty$.

$f^+=\max(f,0)\geq0$ et $f^-=\max(-f,0)\geq0$ sont mesurables, $f=f^+-f^-$, $|f|=f^++f^-$. On dit $f\in L^1$ si $\int|f|=\int f^++\int f^-<\infty$ ; alors $\int f:=\int f^+-\int f^-$ est fini. Inégalité : $\big|\int f\big|=\big|\int f^+-\int f^-\big|\leq\int f^++\int f^-=\int|f|$.

Si $\int f^+=\int f^-=+\infty$, la différence $\int f^+-\int f^-$ est la forme indéterminée $\infty-\infty$ : l'intégrale n'aurait pas de sens. La condition $\int|f|<\infty$ garantit $\int f^+,\int f^-<\infty$ : l'intégrale de Lebesgue est absolument convergente par construction (contraste avec l'intégrale semi-convergente de Riemann, type $\int_0^\infty\tfrac{\sin x}{x}$, qui n'est pas Lebesgue-intégrable).

Lebesgue : $\int\mathbf 1_{\mathbb{Q}}\,d\lambda=\lambda(\mathbb{Q}\cap[0,1])$.

$\lambda(\mathbb{Q})=0$.

Riemann : comparer sommes inférieures et supérieures de Darboux.

$\mathbf 1_{\mathbb{Q}}$ est étagée (mesurable, valeurs $0,1$) : $\int_{[0,1]}\mathbf 1_{\mathbb{Q}}\,d\lambda=\lambda(\mathbb{Q}\cap[0,1])=0$ (B1 + A4 : $\mathbb{Q}$ dénombrable, négligeable). Donc $\mathbf 1_{\mathbb{Q}}\in L^1$ et son intégrale vaut $\boxed{0}$.

Sur toute subdivision de $[0,1]$, chaque sous-intervalle contient à la fois un rationnel et un irrationnel (densités), donc $\sup=1$ et $\inf=0$ : la somme supérieure de Darboux vaut $1$, la somme inférieure vaut $0$, pour toute subdivision. Elles ne coïncident pas : $\mathbf 1_{\mathbb{Q}}$ n'est pas Riemann-intégrable. C'est l'exemple-phare où Lebesgue strictement plus puissant que Riemann.

Sur une fonction réglée, l'intégrale de Lebesgue redonne celle de Riemann.

$\int_0^1 x^n=\tfrac1{n+1}$.

$\int_0^\infty e^{-x}=1$.

$\int_0^1 x^2\,d\lambda=\tfrac13$ ; $\int_0^{+\infty}e^{-x}\,d\lambda=1$ ; $\int_0^1 x^n\,d\lambda=\tfrac1{n+1}$ (en particulier $\tfrac14$ pour $n=3$).

Une fonction continue sur $[a,b]$ est Riemann-intégrable, donc Lebesgue-intégrable avec la même valeur (l'intégrale de Lebesgue prolonge celle de Riemann sur les réglées). Sur $[0,+\infty[$, l'intégrale généralisée de Riemann d'une fonction $\geq0$ coïncide aussi avec celle de Lebesgue (convergence monotone). On calcule donc ces intégrales avec les primitives habituelles.

$f-g=0$ hors d'un négligeable $N$.

$\int_N|f-g|\,d\mu=0$ car $\mu(N)=0$.

$\int|h|=0$ force $\{|h|>1/n\}$ négligeable.

Soit $N$ négligeable avec $f=g$ sur $\Omega\setminus N$, donc $\{|f-g|>0\}\subseteq N$. Toute étagée $0\leq\varphi\leq|f-g|$ est alors nulle hors de $N$ : ses atomes de valeur $>0$ sont $\subseteq N$, de mesure nulle, donc $\int\varphi\,d\mu=0$. Par définition $\int|f-g|\,d\mu=\sup\int\varphi=0$ (on évite ainsi la forme $\infty\cdot0$), donc $\int f=\int g$. Conséquence : remplacer $f$ par $f+\mathbf 1_{\mathbb{Q}}$ ne change pas $\int f$ ($\lambda(\mathbb{Q})=0$). L'intégrale ne distingue pas deux fonctions égales p.p. — d'où $L^1$ défini modulo l'égalité p.p.

Si $h=0$ p.p., alors $\int|h|=0$. Réciproquement si $\int|h|=0$ : pour tout $n$, $\tfrac1n\mu(\{|h|>\tfrac1n\})\leq\int|h|=0$ donc $\mu(\{|h|>\tfrac1n\})=0$ ; or $\{h\neq0\}=\bigcup_n\{|h|>\tfrac1n\}$ est réunion dénombrable de négligeables, donc négligeable : $h=0$ p.p.

$0\leq f_n\uparrow f$ (croissance p.p.) $\Rightarrow\int f_n\uparrow\int f$.

$\int f_n=\lambda([0,1-1/n])=1-1/n$.

Sommes partielles $\uparrow$ d'une série à termes positifs.

$\boxed{\textbf{MCT : }0\leq f_n\uparrow f\ \text{p.p.}\Rightarrow\int f_n\,d\mu\uparrow\int f\,d\mu.}$ Avec $f_n=\mathbf 1_{[0,1-1/n]}\uparrow\mathbf 1_{[0,1[}$ : $\int f_n=\lambda([0,1-\tfrac1n])=1-\tfrac1n\uparrow1=\int\mathbf 1_{[0,1[}$. La monotonie est essentielle (sans elle : Fatou strict, E2).

Pour $u_k\geq0$ mesurables, les sommes partielles $S_N=\sum_{k=0}^N u_k$ croissent vers $\sum_k u_k$ : par MCT, $\boxed{\int\sum_k u_k=\sum_k\int u_k}$ (Beppo Levi) — toujours valable pour des termes $\geq0$ (les deux membres pouvant valoir $+\infty$). Ex. $\int_0^1\sum_{k\geq0}x^k\,d\lambda=\sum_{k\geq0}\tfrac1{k+1}=+\infty$ (série harmonique) ; cohérent avec $\int_0^{1}\tfrac1{1-x}\,d\lambda=+\infty$.

$f_n\geq0\Rightarrow\int\liminf f_n\leq\liminf\int f_n$.

$\int f_n=n\cdot\tfrac1n=1$ pour tout $n$.

$f_n(x)\to0$ pour tout $x>0$.

$\boxed{\textbf{Fatou : }f_n\geq0\ \text{mesurables}\Rightarrow\int\liminf_n f_n\,d\mu\leq\liminf_n\int f_n\,d\mu.}$ (Conséquence du MCT appliqué à $g_n=\inf_{k\geq n}f_k\uparrow\liminf f_n$ : comme $g_n\leq f_k$ pour tout $k\geq n$, la monotonie donne $\int g_n\leq\inf_{k\geq n}\int f_k$, et l'on passe au $\liminf$.) C'est une inégalité de semi-continuité : la limite ne peut que « perdre » de la masse.

$f_n=n\,\mathbf 1_{(0,1/n)}$ : $\int f_n=n\cdot\lambda((0,\tfrac1n))=n\cdot\tfrac1n=1$ pour tout $n$, donc $\liminf\int f_n=1$. Mais pour tout $x>0$ fixé, $x\notin(0,\tfrac1n)$ dès que $n>\tfrac1x$, donc $f_n(x)\to0$ : $\liminf f_n=0$ p.p. et $\int\liminf f_n=0$. Ainsi $0=\int\liminf f_n<\liminf\int f_n=1$ : inégalité stricte. La masse $1$ « s'échappe » en se concentrant en $0$.

$f_n\to f$ p.p. et $|f_n|\leq g\in L^1$ (dominante).

Conclusion $\int f_n\to\int f$.

$x^n\to0$ pour $x<1$, dominée par $g=1$.

$\boxed{\textbf{DCT : }f_n\to f\ \text{p.p.},\ |f_n|\leq g\ \text{avec}\ g\in L^1\Rightarrow f\in L^1\ \text{et}\ \int f_n\to\int f.}$ La dominante intégrable $g$ est l'hypothèse cruciale (preuve par Fatou appliqué à $g\pm f_n\geq0$).

Sur $[0,1]$ : $f_n(x)=x^n\to0$ pour tout $x\in[0,1[$, donc p.p. (le point $x=1$ est négligeable). De plus $|f_n|\leq1=g$ et $g\in L^1([0,1])$ ($\int_0^1 1=1<\infty$). Par DCT : $\int_0^1 x^n\,d\lambda\to\int_0^1 0=0$. On retrouve directement $\int_0^1 x^n=\tfrac1{n+1}\to0$. Ici, échanger limite et intégrale est légitimé par la domination.

Reprendre la masse fuyante de Fatou.

$f_n\to0$ p.p. mais $\int f_n=1$.

Une dominante $g\geq\sup_n f_n$ aurait $\int g=+\infty$.

$f_n=n\,\mathbf 1_{(0,1/n)}\to0$ p.p. (E2), donc $\int(\lim f_n)=0$. Mais $\int f_n=1$ pour tout $n$, donc $\int f_n=1\not\to0$ : l'échange limite/intégrale échoue. La conclusion de la DCT est donc fausse ici — c'est que son hypothèse manque.

Une dominante devrait vérifier $g(x)\geq\sup_n f_n(x)$. Or $\sup_n n\,\mathbf 1_{(0,1/n)}(x)\sim\tfrac1x$ près de $0$, et $\int_0^1\tfrac1x\,d\lambda=+\infty$ : aucune dominante intégrable n'existe. C'est exactement ce qui interdit d'appliquer la DCT, et ce qui rend l'inégalité de Fatou stricte.

Continuité : $x\mapsto f(t,x)$ continue en $t$, domination locale uniforme.

Dérivation : $\partial_t f$ existe et est dominée par $g\in L^1$ indépendante de $t$.

$F(t)=1/t$, $F'(t)=-1/t^2$.

Soit $f(t,x)$ avec $x\mapsto f(t,x)\in L^1$. Continuité : si $t\mapsto f(t,x)$ est continue et $|f(t,x)|\leq g(x)$ ($g\in L^1$, domination indépendante de $t$) au voisinage de $t_0$, alors $F(t)=\int f(t,x)\,d\mu$ est continue en $t_0$. Dérivation : si $\partial_t f$ existe et $|\partial_t f(t,x)|\leq h(x)$ ($h\in L^1$), alors $F$ est dérivable et $F'(t)=\int\partial_t f(t,x)\,d\mu$. (Preuves : appliquer la DCT au taux d'accroissement / à une suite $t_n\to t_0$.)

$F(t)=\int_0^{+\infty}e^{-tx}\,d\lambda(x)=\big[-\tfrac1t e^{-tx}\big]_0^{+\infty}=\tfrac1t$ pour $t>0$. Domination locale : sur $t\geq a>0$, $e^{-tx}\leq e^{-ax}\in L^1$ ; et $|\partial_t e^{-tx}|=x e^{-tx}\leq x e^{-ax}\in L^1$. Donc $F$ est dérivable avec $F'(t)=\int_0^{+\infty}(-x)e^{-tx}\,d\lambda=-\tfrac1{t^2}$, ce qui est bien $\big(\tfrac1t\big)'$. La domination par une $g\in L^1$ indépendante de $t$ (sur un voisinage) est l'hypothèse à ne jamais oublier.

(i) $u_k\geq0$ : toujours valable (Beppo Levi).

(ii) $\sum_k\int|u_k|<\infty$ : appliquer la DCT aux sommes partielles.

$\sum(-1)^k x^k=\tfrac1{1+x}$, $\int_0^1\tfrac{dx}{1+x}=\ln2$.