مسابقة دكتوراه 2019 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 01

1.

Vérifions les axiomes d'une mesure :

• $\mu(\varnothing) = 0$ par définition.
• Sigma-additivité : Soit $(A_n)_{n \geq 1}$ une suite d'éléments de $\mathcal{P}(\mathbb{N}^*)$, deux à deux disjoints. Alors :

$\mu\!\left(\bigcup_{n \geq 1} A_n\right) = \sum_{k \in \bigcup_n A_n} \frac{1}{k} = \sum_{n \geq 1}\sum_{k \in A_n} \frac{1}{k} = \sum_{n \geq 1} \mu(A_n).$

Donc $\mu$ est une mesure positive sur $\mathbb{N}^*$.

Parties $\mu$-négligeables : Si $A \neq \varnothing$, alors $\mu(A) = \sum_{n \in A} \frac{1}{n} \geq \frac{1}{n_0} \gt 0$ pour un $n_0 \in A$. Donc la seule partie $\mu$-négligeable est $\varnothing$.

2.

Pour tout $x \in \mathbb{N}^*$, il existe $n_0$ tel que $x \leq n_0$. Pour $n \geq n_0$ :

$f_n(x) = \sum_{1 \leq k \leq n} f(k)\,\chi_{\{k\}}(x) = f(x).$

Donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} f_n(x) = f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{N}^*$ : la suite $(f_n)$ converge simplement vers $f$ sur $\mathbb{N}^*$.

3.

La suite $(f_n)$ est croissante et converge simplement vers $f$. Par le théorème de convergence monotone (Beppo-Levi) :

$\int f\,d\mu = \lim_{n \to +\infty} \int f_n\,d\mu = \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^n f(k)\,\mu(\{k\}) = \lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^n f(k)\cdot\frac{1}{k}.$

$\boxed{\int f\,d\mu = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{f(k)}{k}.}$

1.

Soit $A_n = \{f \geq 1/n\}$. Puisque $f$ est mesurable, $A_n \in \mathcal{A}$. On a :

$0 = \int_X f\,d\mu \geq \int_{A_n} f\,d\mu \geq \frac{1}{n}\,\mu(A_n) \geq 0,$

donc $\mu(A_n) = 0$ pour tout $n \geq 1$. Par sous-additivité :

$\mu(\{f \neq 0\}) = \mu\!\left(\bigcup_{n \geq 1} A_n\right) \leq \sum_{n \geq 1} \mu(A_n) = 0.$

Donc \boxed{f = 0 \text{ \mu-p.p.}}

2.

On pose $X^+ = \{f \geq 0\} = f^{-1}([0,+\infty[) \in \mathcal{A}$ et $X^- = \{f \leq 0\} \in \mathcal{A}$.

• En prenant $A = X^+$ : $\int_{X^+} f\,d\mu = 0$ avec $f \geq 0$ sur $X^+$, donc par (1), $f = 0$ $\mu$-p.p. sur $X^+$.
• En prenant $A = X^-$ : $\int_{X^-} f\,d\mu = 0$, d'où $\int_{X^-} (-f)\,d\mu = 0$ avec $(-f) \geq 0$ sur $X^-$, donc $f = 0$ $\mu$-p.p. sur $X^-$.

Comme $X^+ \cup X^- = X$, on conclut \boxed{f = 0 \text{ \mu-p.p. sur } X.}

1.

Pour $x \in \{|f| \geq n\}$, on a $|f(x)| \geq n$, donc $n \leq |f(x)|$, ce qui donne $n\,\chi_{\{|f|\geq n\}}(x) \leq |f(x)|\,\chi_{\{|f|\geq n\}}(x)$. Et $|f(x)|\,\chi_{\{|f|\geq n\}}(x) \leq |f(x)|$ car $\chi_{\{|f|\geq n\}} \leq 1$.

2.

a.

On pose $f_n = n\,\chi_{\{|f|\geq n\}}$. C'est une suite de fonctions mesurables positives avec $f_n \leq |f|$ qui est intégrable. De plus, pour tout $x \in X$, $f_n(x) \to 0$ simplement (car si $|f(x)| \lt +\infty$, alors pour $n \gt |f(x)|$, $f_n(x) = 0$). Par le théorème de convergence dominée :

$\lim_{n\to+\infty} \int n\,\chi_{\{|f|\geq n\}}\,d\mu = \int 0\,d\mu = 0.$

Or $\int n\,\chi_{\{|f|\geq n\}}\,d\mu = n\,\mu(\{|f|\geq n\})$, donc $\boxed{\lim_{n\to+\infty} n\,\mu(\{|f|\geq n\}) = 0.}$

b.

La réciproque est fausse : en prenant $X = \mathbb{R}$, $\mu = \lambda$ (Lebesgue) et $f = \alpha$ (constante $\neq 0$), alors $n\lambda(\{|f|\geq n\}) \to 0$ mais $\int |f|\,d\lambda = +\infty$.

3.

a.

$g$ est une série de fonctions mesurables positives, donc $g$ est mesurable.

b.

Par le théorème de convergence monotone :

$\int_X g\,d\lambda = \sum_{p=2}^{+\infty} \frac{p}{\ln p}\,\lambda\!\left(\left[\frac{1}{p},\frac{1}{p-1}\right[\right) = \sum_{p=2}^{+\infty} \frac{p}{\ln p}\cdot\frac{1}{p(p-1)} = \sum_{p=2}^{+\infty}\frac{1}{(p-1)\ln p} = +\infty.$

Donc $g$ n'est pas intégrable.

c.

Pour $|g(x)| \geq n$ grand, il existe un unique $p \geq 2$ tel que $x \in [1/p, 1/(p-1)[$ et $p/\ln p \geq n$, ce qui donne $p \geq n\ln p \geq n\ln(n)$. On montre que :

$\{|g| \geq n\} \subset \left]0, \frac{1}{n\ln(n-1)}\right[,$

d'où $\lambda(\{|g|\geq n\}) \leq \dfrac{1}{n\ln(n-1)}$, et donc :

$n\,\lambda(\{|g|\geq n\}) \leq \frac{n}{n\ln(n-1)} = \frac{1}{\ln(n-1)} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.$

$\boxed{\lim_{n\to+\infty} n\,\lambda(\{|g|\geq n\}) = 0.}$