Corrigé du contrôle de maths L3 : convergence monotone et lemme de Fatou

Exercice 1 : Question de cours, le lemme de Fatou (4 points)

1. Théorème de convergence monotone (Beppo Levi). Soit \((f_n)\) une suite croissante de fonctions mesurables de \(X\) dans \([0, +\infty]\), et \(f = \lim_n f_n = \sup_n f_n\). Alors \(f\) est mesurable et \(\displaystyle\int_X f \,\mathrm{d}\mu = \lim_{n \to +\infty} \int_X f_n \,\mathrm{d}\mu\), l’égalité ayant lieu dans \([0, +\infty]\).
2. D’abord, chaque \(g_n = \inf_{k \geq\, n} f_k\) est mesurable, comme borne inférieure d’une famille dénombrable de fonctions mesurables à valeurs dans \([0, +\infty]\). Ensuite, la suite \((g_n)\) est croissante : quand \(n\) augmente, la borne inférieure porte sur un ensemble d’indices plus petit. Sa limite vaut \(\sup_n \inf_{k \geq\, n} f_k = \liminf_n f_n\).
   
   Par ailleurs, pour tout \(k \geq\, n\), on a \(g_n \leq\, f_k\), donc \(\int g_n \leq\, \int f_k\) par croissance de l’intégrale des fonctions positives. En passant à la borne inférieure sur \(k \geq\, n\), on obtient \(\int g_n \leq\, \inf_{k \geq\, n} \int f_k\).
   
   Enfin, le théorème de Beppo Levi s’applique à la suite croissante positive \((g_n)\) :
   \[\int_X \liminf_{n} f_n \,\mathrm{d}\mu = \lim_{n \to +\infty} \int_X g_n \,\mathrm{d}\mu \leq\, \lim_{n \to +\infty} \inf_{k \geq\, n} \int_X f_k \,\mathrm{d}\mu = \liminf_{n} \int_X f_n \,\mathrm{d}\mu.\]
   C’est le lemme de Fatou. La dernière limite existe dans \([0, +\infty]\) car la suite des bornes inférieures est croissante.

Barème : a) 1 point (hypothèses de croissance et de positivité exigées) ; b) 3 points : 0,5 pour la mesurabilité de \(g_n\), 0,5 pour sa croissance et sa limite, 1 point pour l’inégalité \(\int g_n \leq\, \inf_{k \geq\, n} \int f_k\), 1 point pour l’application de Beppo Levi et la conclusion.

Exercice 2 : Deux limites par convergence monotone (4 points)

1. Fixons \(x \geq\, 0\) et posons \(\varphi(u) = u \ln(1 + \frac{x}{u})\) pour \(u > 0\). Avec \(s = \frac{x}{u} \geq\, 0\), on calcule
   \[\varphi^{\prime}(u) = \ln(1 + \frac{x}{u}) – \frac{x/u}{1 + x/u} = \ln(1 + s) – \frac{s}{1 + s}.\]
   La fonction \(\psi(s) = \ln(1 + s) – \frac{s}{1 + s}\) vérifie \(\psi(0) = 0\) et \(\psi^{\prime}(s) = \frac{1}{1 + s} – \frac{1}{(1 + s)^2} = \frac{s}{(1 + s)^2} \geq\, 0\). Donc \(\psi \geq\, 0\) sur \([0, +\infty[\), et \(\varphi\) est croissante.
   
   Ainsi \((1 + \frac{x}{n})^n = e^{\varphi(n)}\) croît avec \(n\). De plus, \(\mathbf{1}_{[0, n]}(x)\) croît avec \(n\), et tous ces facteurs sont positifs : la suite \((f_n)\) est une suite croissante de fonctions mesurables positives. Pour \(x\) fixé et \(n \geq\, x\), on a \(f_n(x) = (1 + \frac{x}{n})^n e^{-2x}\), qui tend vers \(e^{x} e^{-2x} = e^{-x}\). Par le théorème de Beppo Levi,
   \[\lim_{n \to +\infty} \int_{0}^{+\infty} f_n(x) \,\mathrm{d}x = \int_{0}^{+\infty} e^{-x} \,\mathrm{d}x = 1.\]
   La limite vaut 1.
2. Pour \(t \geq\, 0\), on a \(0 \leq\, 1 – e^{-t} \leq\, t\) et \(1 – e^{-t} \leq\, 1\). Avec \(t = n x^2\), on obtient \(0 \leq\, h_n(x) \leq\, \min(n, \frac{1}{x^2})\). Or
   \[\int_{0}^{+\infty} \min(n, \frac{1}{x^2}) \mathrm{d}x = \int_{0}^{1/\sqrt{n}} n \,\mathrm{d}x + \int_{1/\sqrt{n}}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2} = \sqrt{n} + \sqrt{n} = 2\sqrt{n}.\]
   Par croissance de l’intégrale, \(J_n \leq\, 2\sqrt{n}\) : \(J_n\) est fini.
   
   Ensuite, pour \(x > 0\) fixé, \(e^{-n x^2}\) décroît avec \(n\), donc \((h_n(x))\) est croissante, de limite \(\frac{1}{x^2}\). Les \(h_n\) sont continues, donc mesurables, et positives. Le théorème de Beppo Levi donne \(\lim J_n = \int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2}\). Cette intégrale vaut \(+\infty\), car déjà \(\int_{\varepsilon}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{x^2} = \frac{1}{\varepsilon} – 1\) tend vers \(+\infty\). Donc \(J_n \to +\infty\).

Barème : a) 2 points : 1 point pour la croissance de \(\varphi\), 0,5 pour la monotonie de \((f_n)\) et sa limite simple, 0,5 pour la conclusion ; b) 2 points : 0,5 pour l’encadrement, 0,5 pour la finitude, 1 point pour la monotonie et la limite infinie.

Erreur fréquente : oublier l’indicatrice \(\mathbf{1}_{[0, n]}\) dans l’étude de la monotonie ; ici elle croît aussi, donc le produit reste croissant.

Exercice 3 : Intégration terme à terme et somme des inverses des carrés (6 points)

1. Pour \(x > 0\), on a \(0 < e^{-x} < 1\). La série géométrique donne alors
   \[\frac{x}{e^{x} – 1} = \frac{x e^{-x}}{1 – e^{-x}} = x e^{-x} \sum_{k=0}^{+\infty} e^{-k x} = \sum_{n=1}^{+\infty} x e^{-n x}.\]
   L’égalité est établie pour tout \(x > 0\).
2. La fonction \(x \mapsto x e^{-n x}\) est continue et positive sur \([0, +\infty[\). Son intégrale de Lebesgue est donc la limite des intégrales sur \([0, A]\) quand \(A \to +\infty\) (Beppo Levi appliqué aux fonctions \(x e^{-n x} \mathbf{1}_{[0, A]}\)). Par intégration par parties sur le segment,
   \[\int_{0}^{A} x e^{-n x} \,\mathrm{d}x = [-\frac{x e^{-n x}}{n}]_{0}^{A} + \frac{1}{n} \int_{0}^{A} e^{-n x} \,\mathrm{d}x = -\frac{A e^{-n A}}{n} + \frac{1 – e^{-n A}}{n^2}.\]
   Quand \(A \to +\infty\), on obtient \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} x e^{-n x} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{n^2}\).
3. Les fonctions \(x \mapsto x e^{-n x}\) sont mesurables (continues) et positives sur \(]0, +\infty[\). Le corollaire du théorème de Beppo Levi pour les séries de fonctions positives s’applique donc : les sommes partielles forment une suite croissante. Ainsi, puisque \(\{0\}\) est négligeable,
   \[\int_{0}^{+\infty} \frac{x}{e^{x} – 1} \,\mathrm{d}x = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} x e^{-n x} \,\mathrm{d}x = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}.\]
   Cette intégrale vaut \(\dfrac{\pi^2}{6}\). Aucune domination n’est nécessaire : seule la positivité des termes compte.

4. Pour \(x \in \,]0, 1[\), on a \(\frac{1}{1 – x} = \sum_{n \geq\, 0} x^n\) et \(-\ln x > 0\). Donc \(\frac{-\ln x}{1 – x} = \sum_{n \geq\, 0} (-\ln x) x^n\), série de fonctions continues positives sur \(]0, 1[\). Pour \(0 < \varepsilon < 1\), une intégration par parties donne
   \[\int_{\varepsilon}^{1} (-\ln x) x^n \,\mathrm{d}x = [-\frac{x^{n+1} \ln x}{n + 1}]_{\varepsilon}^{1} + \int_{\varepsilon}^{1} \frac{x^n}{n + 1} \,\mathrm{d}x = \frac{\varepsilon^{n+1} \ln \varepsilon}{n + 1} + \frac{1 – \varepsilon^{n+1}}{(n + 1)^2}.\]
   Comme \(\varepsilon^{n+1} \ln \varepsilon \to 0\) quand \(\varepsilon \to 0\), et par convergence monotone en \(\varepsilon\), on a \(\int_{0}^{1} (-\ln x) x^n \,\mathrm{d}x = \frac{1}{(n + 1)^2}\). Le corollaire de Beppo Levi permet alors d’intégrer terme à terme :
   \[\int_{0}^{1} \frac{-\ln x}{1 – x} \,\mathrm{d}x = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(n + 1)^2} = \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{1}{m^2}.\]
   Cette intégrale vaut aussi \(\dfrac{\pi^2}{6}\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour l’intégration par parties, 0,5 pour le passage à la limite justifié ; c) 2 points : 1 point pour les hypothèses (mesurabilité, positivité), 1 point pour le résultat ; d) 2 points : 0,5 pour le développement positif, 1 point pour le calcul de l’intégrale, 0,5 pour la conclusion.

Exercice 4 : Problème, masse perdue et fonctions presque partout finies (6 points)

1. Pour \(x \in \,]0, 1]\), on a \(u_n(x) = 0\) dès que \(n > \frac{1}{x}\), et \(u_n(0) = 0\) pour tout \(n\). Donc \((u_n)\) converge simplement vers 0 sur \([0, 1]\), alors que \(\int u_n = n \times \frac{1}{n} = 1\). De même, pour \(x\) réel fixé, \(v_n(x) = 0\) dès que \(n > x\), donc \(v_n \to 0\) simplement, alors que \(\int v_n = 1\). Dans les deux cas,
   \[\int \liminf_{n} u_n = 0 < 1 = \liminf_{n} \int u_n,\]
   et de même pour \((v_n)\) : l’inégalité de Fatou est stricte. La masse de \(u_n\) se concentre en un pic de plus en plus haut près de 0, tandis que celle de \(v_n\) s’échappe vers l’infini.
2. Soit \(N\) un ensemble négligeable hors duquel \(f_n \to f\). Sur \(N^{c}\), on a \(f = \liminf_n f_n\). Comme \(f\) et \(f \mathbf{1}_{N^{c}}\) sont égales presque partout, elles ont la même intégrale. Le lemme de Fatou appliqué aux fonctions positives \(f_n \mathbf{1}_{N^{c}}\) donne
   \[\int_X f \,\mathrm{d}\mu = \int_X \liminf_{n} (f_n \mathbf{1}_{N^{c}}) \,\mathrm{d}\mu \leq\, \liminf_{n} \int_X f_n \mathbf{1}_{N^{c}} \,\mathrm{d}\mu \leq\, C.\]
   Donc \(\int f \leq\, C\). Posons ensuite \(E = \{f = +\infty\}\), mesurable. Pour tout entier \(k\), on a \(f \geq\, k \mathbf{1}_{E}\), donc \(k \mu(E) \leq\, C\). Ainsi \(\mu(E) \leq\, \frac{C}{k}\) pour tout \(k\), d’où \(\mu(E) = 0\) : \(f\) est finie presque partout.
3. La fonction \(S = \sum_n \mathbf{1}_{A_n}\), à valeurs dans \([0, +\infty]\), compte le nombre d’indices \(n\) tels que \(x \in A_n\). C’est une série de fonctions mesurables positives. Par le corollaire de Beppo Levi, \(\int_X S \,\mathrm{d}\mu = \sum_n \mu(A_n) < +\infty\). Le raisonnement de b) montre alors que \(\mu(\{S = +\infty\}) = 0\). Presque tout point appartient donc à un nombre fini des \(A_n\) : \(\mu(\limsup_n A_n) = 0\).
4. Soit \(r \in [0, 1]\). Par additivité et calcul de primitives,
   \[\int_{0}^{1} |x – r|^{-1/2} \,\mathrm{d}x = \int_{0}^{r} (r – x)^{-1/2} \,\mathrm{d}x + \int_{r}^{1} (x – r)^{-1/2} \,\mathrm{d}x = 2\sqrt{r} + 2\sqrt{1 – r}.\]
   Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, \((\sqrt{r} + \sqrt{1 – r})^2 \leq\, 2(r + 1 – r) = 2\). Donc cette intégrale est majorée par \(2\sqrt{2}\).
   
   Posons \(F(x) = \sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n^2 \sqrt{|x – r_n|}}\), à valeurs dans \([0, +\infty]\), avec la convention \(F(r_n) = +\infty\). C’est une série de fonctions mesurables positives. Le corollaire de Beppo Levi donne
   \[\int_{0}^{1} F \,\mathrm{d}\lambda = \sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n^2} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{|x – r_n|}} \leq\, 2\sqrt{2} \times \frac{\pi^2}{6} < +\infty.\]
   D’après b), \(F\) est finie \(\lambda\)-presque partout. La série converge donc pour presque tout \(x \in [0, 1]\), alors que chacun de ses termes explose en un point d’un ensemble dense.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour chaque limite simple avec l’intégrale, 0,5 pour la comparaison et l’interprétation ; b) 1,5 point : 1 point pour le lemme de Fatou appliqué hors d’un négligeable, 0,5 pour la finitude presque partout ; c) 1,5 point : 1 point pour l’intégrale de \(S\), 0,5 pour la conclusion ; d) 1,5 point : 0,5 pour le calcul et la majoration, 1 point pour l’intégration terme à terme et la conclusion.

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Après le corrigé du contrôle : convergence monotone et lemme de Fatou

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