Corrigé du contrôle de maths L3 : Fubini-Tonelli et changement de variables

Exercice 1 : Question de cours, les théorèmes de Fubini (3 points)

1. Fubini-Tonelli. Soient \((X, \mathcal{A}, \mu)\) et \((Y, \mathcal{B}, \nu)\) deux espaces mesurés sigma-finis, et \(F : X \times Y \to [0, +\infty]\) mesurable pour la tribu produit. Alors \(x \mapsto \int_Y F(x, y) \,\mathrm{d}\nu(y)\) et \(y \mapsto \int_X F(x, y) \,\mathrm{d}\mu(x)\) sont mesurables, et
   \[\int_{X \times Y} F \,\mathrm{d}(\mu \otimes \nu) = \int_X (\int_Y F(x, y) \,\mathrm{d}\nu(y)) \mathrm{d}\mu(x) = \int_Y (\int_X F(x, y) \,\mathrm{d}\mu(x)) \mathrm{d}\nu(y),\]
   ces trois quantités étant dans \([0, +\infty]\).
2. Fubini. Si \(F\) est intégrable sur \(X \times Y\) pour \(\mu \otimes \nu\), alors pour \(\mu\)-presque tout \(x\), \(y \mapsto F(x, y)\) est \(\nu\)-intégrable. De plus, \(x \mapsto \int_Y F(x, y) \,\mathrm{d}\nu(y)\), définie presque partout, est \(\mu\)-intégrable, et il en va de même en échangeant les rôles. Les deux intégrales itérées sont égales à \(\int_{X \times Y} F \,\mathrm{d}(\mu \otimes \nu)\). En pratique, on vérifie l’intégrabilité en appliquant Tonelli à \(|F|\).
3. Changement de variables. Soient \(U\) et \(V\) deux ouverts de \(\mathbb{R}^n\) et \(\varphi : U \to V\) un \(C^1\)-difféomorphisme. Pour toute \(f : V \to [0, +\infty]\) mesurable, ou pour toute \(f\) intégrable sur \(V\),
   \[\int_V f \,\mathrm{d}\lambda_n = \int_U f(\varphi(u)) \,|\det J_{\varphi}(u)| \,\mathrm{d}\lambda_n(u).\]
   Pour les coordonnées polaires, \(\det J = \cos\theta \times r\cos\theta – (-r\sin\theta) \times \sin\theta = r\). Le jacobien vaut \(r\).

Barème : a) 1 point (0,5 si l’hypothèse de positivité manque) ; b) 1 point ; c) 1 point : 0,5 pour l’énoncé, 0,5 pour le jacobien.

Exercice 2 : L’intégrale de Gauss par passage en polaires (4 points)

1. La fonction \(x \mapsto e^{-x^2}\) est continue et positive. Pour \(|x| \geq\, 1\), on a \(x^2 \geq\, |x|\), donc \(e^{-x^2} \leq\, e^{-|x|}\), fonction intégrable sur \(\mathbb{R}\). Sur \([-1, 1]\), la fonction est bornée par 1. Elle est donc intégrable sur \(\mathbb{R}\).
2. La fonction \((x, y) \mapsto e^{-x^2} e^{-y^2}\) est continue, donc borélienne, et positive sur \(\mathbb{R}^2\). Le théorème de Fubini-Tonelli s’applique sans autre vérification :
   \[\int_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^2 + y^2)} \,\mathrm{d}\lambda_2 = \int_{\mathbb{R}} e^{-x^2} (\int_{\mathbb{R}} e^{-y^2} \,\mathrm{d}y) \mathrm{d}x = I \times I.\]
   Donc \(I^2 = \int_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^2 + y^2)} \,\mathrm{d}\lambda_2\).
3. On pose \(U = \,]0, +\infty[ \times ]-\pi, \pi[\), \(V = \mathbb{R}^2 \setminus (]-\infty, 0] \times \{0\})\), et \(\varphi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)\). L’application \(\varphi\) est un \(C^1\)-difféomorphisme de \(U\) sur \(V\), de jacobien \(r\). La demi-droite fermée \(]-\infty, 0] \times \{0\}\) est contenue dans une droite, donc négligeable pour \(\lambda_2\) : on peut intégrer sur \(V\) au lieu de \(\mathbb{R}^2\).
   
   Le changement de variables pour une fonction positive, puis Tonelli sur le produit \(U\), donnent
   \[I^2 = \int_{U} e^{-r^2} r \,\mathrm{d}r \,\mathrm{d}\theta = \int_{-\pi}^{\pi} \mathrm{d}\theta \times \int_{0}^{+\infty} r e^{-r^2} \,\mathrm{d}r = 2\pi \times [-\frac{e^{-r^2}}{2}]_{0}^{+\infty} = 2\pi \times \frac{1}{2} = \pi.\]
   Comme \(I > 0\), \(I = \sqrt{\pi}\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point, dont 0,5 pour Tonelli justifié par la positivité ; c) 2 points : 0,5 pour les ouverts et le difféomorphisme, 0,5 pour la partie négligeable, 0,5 pour le calcul, 0,5 pour la valeur de \(I\).

Exercice 3 : Deux intégrales itérées différentes (4 points)

1. Pour \(x > 0\) fixé, on dérive un quotient :
   \[\frac{\partial}{\partial y}(\frac{y}{x^2 + y^2}) = \frac{(x^2 + y^2) – y \times 2y}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^2 – y^2}{(x^2 + y^2)^2} = f(x, y).\]
   Ainsi, pour tout \(x \in \,]0, 1]\), la fonction \(y \mapsto f(x, y)\) est continue sur \([0, 1]\), et \(\int_{0}^{1} f(x, y) \,\mathrm{d}y = [\frac{y}{x^2 + y^2}]_{0}^{1} = \frac{1}{1 + x^2}\). Par conséquent,
   \[\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f(x, y) \,\mathrm{d}y) \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^2} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}.\]
   La première intégrale itérée vaut \(\dfrac{\pi}{4}\).
2. On remarque que \(f(y, x) = -f(x, y)\). Donc \(\int_{0}^{1} f(x, y) \,\mathrm{d}x = -\int_{0}^{1} f(y, x) \,\mathrm{d}x = -\frac{1}{1 + y^2}\), d’après le calcul de a) avec les rôles échangés. En intégrant en \(y\), la seconde intégrale itérée vaut \(-\dfrac{\pi}{4}\).
3. En polaires, avec \(\theta \in \,]0, \frac{\pi}{2}[\) et \(r \in \,]0, 1[\), on a \(x^2 – y^2 = r^2 \cos 2\theta\) et \((x^2 + y^2)^2 = r^4\). Donc \(|f| = \frac{|\cos 2\theta|}{r^2}\). Le changement de variables (fonction positive) et Tonelli donnent
   \[\int_{D} |f| \,\mathrm{d}\lambda_2 = \int_{0}^{\pi/2} |\cos 2\theta| \,\mathrm{d}\theta \times \int_{0}^{1} \frac{r}{r^2} \,\mathrm{d}r = 1 \times \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}r}{r} = +\infty.\]
   Cette intégrale est infinie. Comme \(D \subset Q\), on a aussi \(\int_Q |f| = +\infty\) : \(f\) n’est pas intégrable sur \(Q\). L’hypothèse du théorème de Fubini n’est donc pas satisfaite. De plus, Tonelli ne s’applique pas à \(f\), qui change de signe. Aucune contradiction : ce contre-exemple montre qu’il faut toujours vérifier l’intégrabilité par Tonelli sur \(|f|\) avant d’intervertir.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la dérivée, 0,5 pour l’intégrale intérieure, 0,5 pour la valeur ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 0,5 pour l’expression polaire, 0,5 pour l’intégrale infinie, 0,5 pour l’explication.

Erreur fréquente : conclure que Fubini est faux ; il est seulement appliqué hors de ses hypothèses.

Exercice 4 : Volume de la boule unité de R^n (4 points)

1. L’application linéaire \(h_r : x \mapsto r x\) envoie \(B_n(1)\) sur \(B_n(r)\), et son déterminant vaut \(r^n\). Or l’image d’un borélien \(A\) par une application linéaire \(M\) inversible vérifie \(\lambda_n(M(A)) = |\det M| \,\lambda_n(A)\). Donc \(\lambda_n(B_n(r)) = r^n V_n\).
2. Pour \((u, y, z) \in \mathbb{R}^{n-2} \times \mathbb{R}^2\), on a \((u, y, z) \in B_n(1)\) si et seulement si \(y^2 + z^2 \leq\, 1\) et \(\|u\|^2 \leq\, 1 – y^2 – z^2\). La mesure \(\lambda_n\) est la mesure produit \(\lambda_{n-2} \otimes \lambda_2\), et l’indicatrice de la boule est positive et borélienne. Le théorème de Tonelli donne donc, avec \(\Delta\) le disque unité fermé de \(\mathbb{R}^2\),
   \[V_n = \int_{\Delta} \lambda_{n-2}(B_{n-2}(\sqrt{1 – y^2 – z^2})) \mathrm{d}y \,\mathrm{d}z = V_{n-2} \int_{\Delta} (1 – y^2 – z^2)^{\frac{n-2}{2}} \,\mathrm{d}y \,\mathrm{d}z,\]
   d’après a) (le cercle unité, où le rayon est nul, est négligeable). En passant en polaires (jacobien \(r\)),
   \[\int_{\Delta} (1 – y^2 – z^2)^{\frac{n-2}{2}} \,\mathrm{d}y \,\mathrm{d}z = 2\pi \int_{0}^{1} (1 – r^2)^{\frac{n-2}{2}} r \,\mathrm{d}r = 2\pi [-\frac{(1 – r^2)^{n/2}}{n}]_{0}^{1} = \frac{2\pi}{n}.\]
   Donc \(V_n = \dfrac{2\pi}{n} V_{n-2}\) pour \(n \geq\, 3\).
3. On a \(V_1 = \lambda([-1, 1]) = 2\) et \(V_2 = \pi\), aire du disque unité (par exemple en polaires : \(2\pi \int_{0}^{1} r \,\mathrm{d}r = \pi\)). La récurrence donne :
   
   \(V_3 = \frac{2\pi}{3} \times 2 = \frac{4\pi}{3}\) ; \(V_4 = \frac{2\pi}{4} \times \pi = \frac{\pi^2}{2}\) ;
   
   \(V_5 = \frac{2\pi}{5} \times \frac{4\pi}{3} = \frac{8\pi^2}{15}\) ; \(V_6 = \frac{2\pi}{6} \times \frac{\pi^2}{2} = \frac{\pi^3}{6}\).
   
   On obtient \(V_3 = \frac{4\pi}{3}\), \(V_4 = \frac{\pi^2}{2}\), \(V_5 = \frac{8\pi^2}{15}\) et \(V_6 = \frac{\pi^3}{6}\). Enfin, pour \(n \geq\, 13\), on a \(\frac{2\pi}{n} \leq\, \frac{1}{2}\), car \(4\pi < 13\). Donc \(V_n \leq\, \frac{1}{2} V_{n-2}\), et chacune des deux sous-suites de rang pair et de rang impair est majorée par une suite géométrique de raison \(\frac{1}{2}\). Ainsi \(V_n \to 0\).

Barème : a) 1 point ; b) 2 points : 1 point pour Tonelli avec la tranche correctement décrite, 1 point pour le calcul polaire ; c) 1 point : 0,5 pour les valeurs, 0,5 pour la limite.

Exercice 5 : Problème, convolution d’indicatrices (5 points)

1. Pour \(x\) réel, \(\mathbf{1}(x – y)\mathbf{1}(y) = 1\) si et seulement si \(0 \leq\, y \leq\, 1\) et \(x – 1 \leq\, y \leq\, x\). Donc \((\mathbf{1} * \mathbf{1})(x) = \lambda([0, 1] \cap [x – 1, x])\). En distinguant les cas :
   
   – si \(x \leq\, 0\) ou \(x \geq\, 2\), l’intersection est de mesure nulle : \(T(x) = 0\) ;
   
   – si \(0 \leq\, x \leq\, 1\), l’intersection est \([0, x]\) : \(T(x) = x\) ;
   
   – si \(1 \leq\, x \leq\, 2\), l’intersection est \([x – 1, 1]\) : \(T(x) = 2 – x\).
   
   \(T\) est la fonction « triangle » de support \([0, 2]\) et de sommet \((1, 1)\).

2. La fonction \((x, y) \mapsto \mathbf{1}(x – y)\mathbf{1}(y)\) est borélienne et positive. Par Tonelli, puis par invariance de \(\lambda\) par translation,
   \[\int_{\mathbb{R}} T(x) \,\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}} \mathbf{1}(y) (\int_{\mathbb{R}} \mathbf{1}(x – y) \,\mathrm{d}x) \mathrm{d}y = \int_{\mathbb{R}} \mathbf{1}(y) \times 1 \,\mathrm{d}y = 1.\]
   On a bien \(\int T = 1 = (\int \mathbf{1})^2\). Sur le graphe, c’est l’aire du triangle de base 2 et de hauteur 1 : \(\frac{2 \times 1}{2} = 1\).
3. La fonction \(H(x, y) = |f(x – y)| \,|g(y)|\) est mesurable et positive. Tonelli et l’invariance par translation donnent
   \[\int_{\mathbb{R}} (\int_{\mathbb{R}} H(x, y) \,\mathrm{d}y) \mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}} |g(y)| (\int_{\mathbb{R}} |f(x – y)| \,\mathrm{d}x) \mathrm{d}y = \|f\|_1 \|g\|_1 < +\infty.\]
   La fonction positive \(x \mapsto \int H(x, y) \,\mathrm{d}y\) est donc d’intégrale finie, par conséquent finie presque partout. Pour ces \(x\), la fonction \(y \mapsto f(x – y) g(y)\) est intégrable : \((f * g)(x)\) est défini pour presque tout \(x\). Enfin, \(|(f * g)(x)| \leq\, \int H(x, y) \,\mathrm{d}y\). En intégrant en \(x\), \(\|f * g\|_1 \leq\, \|f\|_1 \|g\|_1\).
4. Par définition, \(h(x) = \int_{\mathbb{R}} T(x – y) \mathbf{1}(y) \,\mathrm{d}y = \int_{0}^{1} T(x – y) \,\mathrm{d}y\). Le changement de variable \(u = x – y\) donne \(h(x) = \int_{x-1}^{x} T(u) \,\mathrm{d}u\).
   
   Pour \(x \in [0, 1]\), \(T\) est nulle sur \([x – 1, 0]\), donc \(h(x) = \int_{0}^{x} u \,\mathrm{d}u = \frac{x^2}{2}\).
   
   Pour \(x \in [1, 2]\), on a \(h(x) = \int_{x-1}^{1} u \,\mathrm{d}u + \int_{1}^{x} (2 – u) \,\mathrm{d}u = \frac{1 – (x – 1)^2}{2} + 2x – \frac{x^2}{2} – \frac{3}{2}\). Après simplification, \(h(x) = -x^2 + 3x – \frac{3}{2}\).
   
   Ainsi \(h(x) = \frac{x^2}{2}\) sur \([0, 1]\) et \(h(x) = -x^2 + 3x – \frac{3}{2}\) sur \([1, 2]\). Les deux expressions valent \(\frac{1}{2}\) en \(x = 1\), et \(h(\frac{3}{2}) = \frac{3}{4}\) est le maximum.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’expression par la mesure, 0,5 pour les trois cas, 0,5 pour le graphe ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 1 point pour Tonelli sur \(|f(x – y) g(y)|\), 0,5 pour l’inégalité ; d) 1 point : 0,5 par intervalle.

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Après le corrigé du contrôle : Fubini-Tonelli et changement de variables

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