QCM : Théorèmes de convergence de Lebesgue en L3 de maths

Réponse C.

L’intégrale d’une fonction étagée est linéaire : elle vaut \(2\lambda([0,3])+5\lambda([1,2])=2\times 3+5\times 1=11\). Répondre 7 revient à additionner les coefficients sans les longueurs. De même, 6 oublie le second terme. Enfin, 21 multiplie \(2+5\) par la longueur totale 3, comme si les deux indicatrices portaient sur le même intervalle.

Réponse D.

La construction approche \(f\) par en dessous à l’aide de fonctions étagées positives, ce qui fonctionne même si \(f\) prend la valeur \(+\infty\). En revanche, une approximation par au-dessus échoue pour une fonction non bornée. De plus, les sommes de Riemann n’ont pas de sens sur un espace mesuré abstrait. Enfin, les fonctions continues ne sont pas définies sur un tel espace.

Réponse C.

Les \(f_n\) sont positives et mesurables, mais la suite n’est pas croissante : la bosse se déplace vers la droite. Par conséquent, le théorème de convergence monotone ne s’applique pas, et la masse 1 s’échappe à l’infini. Par ailleurs, l’intégrabilité de la limite n’est pas une hypothèse de Beppo Levi, puisque ce théorème autorise une intégrale infinie.

Réponse A.

Les fonctions sont positives, donc Beppo Levi permet d’échanger somme et intégrale. Or \(\sum_{n\geq 0}x^n(1-x)=1\) pour \(0\leq x<1\), ainsi la somme vaut \(\int_0^1 1\,dx=1\). De même, le calcul direct donne \(\sum\frac{1}{(n+1)(n+2)}=1\) par télescopage. Le piège \(+\infty\) vient de l’oubli du facteur \(1-x\), qui rend la série géométrique sommable.

Réponse B.

Les fonctions \(g_k=\inf_{j\geq k}h_j\) croissent vers \(\liminf h_k\). Ainsi Beppo Levi, combiné à \(\int g_k\leq\int h_j\) pour \(j\geq k\), donne l’inégalité. L’égalité est fausse en général, comme le montre une bosse qui fuit. De plus, la version avec \(\limsup\) demande une domination, sinon elle échoue : le sens de l’inégalité est le piège principal.

Réponse A.

Pour chaque \(x\), on a \(u_n(x)=0\) dès que \(n>1/x\) ; donc la limite simple est nulle, et son intégrale aussi. Cependant, \(\int u_n=n\times\frac{1}{n}=1\) pour tout \(n\). L’inégalité de Fatou est donc stricte ici. Enfin, le couple 1 et 0 contredirait Fatou, ce qui suffit à l’écarter.

Réponse D.

Près de 0, \(e^{-x}/\sqrt{x}\) se comporte comme \(x^{-1/2}\), intégrable ; à l’infini, elle est dominée par \(e^{-x}\). En revanche, \(\int|\sin x|/x\) diverge, donc le sinus cardinal n’est pas dans \(L^1\), malgré une intégrale impropre convergente. De même, \(1/x\) diverge aux deux bornes, et \(1/(1+x)\) diverge à l’infini.

Réponse B.

La domination doit être uniforme en \(n\) et porter sur \(|f_n|\). En effet, avec \(g_n\) variable, on retrouve la bosse \(n\,\mathbf{1}_{]0,1/n]}\), qui contredit le résultat. De plus, une borne constante n’est pas intégrable sur \(\mathbb{R}\), et \(\mathbf{1}_{[n,n+1]}\) le confirme. Enfin, sans valeur absolue, une suite très négative échapperait à tout contrôle.

Réponse C.

On pose \(f_n(x)=(1-x/n)^n\) sur \([0,n]\) et 0 ailleurs. Comme \(\ln(1-u)\leq -u\), on a \(0\leq f_n\leq e^{-x}\), domination intégrable. De plus, \(f_n(x)\) tend vers \(e^{-x}\). Donc la limite vaut \(1\), intégrale de \(e^{-x}\) sur \([0,+\infty[\). Le calcul direct donne d’ailleurs \(\frac{n}{n+1}\). Répondre \(e\) confond la limite de la suite de fonctions avec celle de \((1+1/n)^n\).

Réponse A.

Les termes \(x\,e^{-kx}\) sont positifs, donc l’interversion est permise. Or \(\int_0^{+\infty}x\,e^{-kx}dx=\frac{1}{k^2}\), ainsi l’intégrale vaut \(\sum\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}\). La valeur 1 ne garde que \(k=1\). De même, \(\frac{\pi^2}{12}\) correspond à une série alternée, qui apparaît avec \(e^x+1\) au dénominateur. Enfin, la fonction est bornée près de 0 : aucune divergence.

Réponse D.

L’ensemble \(\mathbb{Q}\cap[0,1]\) est dénombrable, donc négligeable ; ainsi l’intégrale de Lebesgue vaut 0. Cependant, sur tout intervalle d’une subdivision, la fonction prend les valeurs 0 et 1. Par conséquent, les sommes de Darboux inférieures valent 0 et les supérieures valent 1. Le piège consiste à croire que les deux théories ont exactement les mêmes fonctions intégrables.

Réponse B.

Pour dériver, il faut dominer la dérivée partielle \(-x\,e^{-x}\sin(tx)\) indépendamment de \(t\). Or \(x\,e^{-x}\) convient, car elle est intégrable sur \([0,+\infty[\). La domination de \(e^{-x}\cos(tx)\) ne donne que la continuité de \(F\). De plus, la borne \(x\) n’est pas intégrable. Enfin, borner le cosinus ne contrôle pas le facteur \(x\) qui apparaît en dérivant.