Théorèmes de Lebesgue

dimanche 6 novembre 2005
par  Romain Krust

On démontre ici pour les fonctions continues par morceaux
les théorèmes de convergence monotone et dominée de Lebesgue (la
preuve est en fait adaptée aux fonctions réglées). Les
démonstrations des deux théorèmes, orientées "théorie de la
mesure" plutôt que "formes linéaires sur un espace fonctionnel",
sont indépendantes et très élémentaires.

I. Remarque préliminaire
II. Théorème de convergence monotone
III. Théorème de convergence dominée

Remarque préliminaire

Si J est une réunion finie
d’intervalles bornés deux à deux disjoints, on désigne par
longueur de J, et on note L(J), la somme des longueurs des
intervalles qui le composent. La linéarité de l’intégrale des
fonctions en escalier permet d’écrire (en notant \chi_I la
fonction caractéristique de I) :

L(I \cup J) = \int_{R} \chi_{I \cup J} = \int_R \chi_I + \chi_J
- \chi_{I \cap J} = L(I) + L(J) - L(I \cap J)

Théorème de convergence monotone

Theoreme 1
Soient I
un intervalle de R, f_n : I \to R une suite de fonctions
continues par morceaux et sommables, et f : I \to R une fonction
continue par morceaux. On suppose :

  • f_n \geq 0
  • f_{n+1} \geq
f_n
  • f_n \to f simplement (quand n \to \infty).

Alors f est sommable si et seulement si la suite \left(\int_I
f_n\right)_n est majorée et on a, dans ce cas,

\int_I f =
\lim_{n \to +\infty} \int_I f_n

Ce théorème résulte aisément de l’énoncé suivant :

Théorème 2
Soient I un intervalle de R, et f_n : I \to R
une suite de fonctions positives, continues par morceaux et
sommables. On suppose :

  • f_{n+1} \leq f_n
  • f_n \to 0 simplement (quand n \to \infty).

Alors \int_I f_n \to 0 (quand
n \to \infty).

Pour établir cette implication, on considère (f_n)_n, f comme
dans le premier énoncé. Si f est sommable, il suffit
d’appliquer le second énoncé à la suite (f - f_n)_n. Sinon, il
existe, pour tout A \geq 0, un segment J de I tel que
\int_J f \geq A +1. Puisque f - f_n décroît vers 0, le
second énoncé montre que \int_J f_n converge vers \int_J f. En
particulier, il existe un rang N à partir duquel \int_J f_n
\geq A et, a fortiori, \int_I f_n \geq A. Ceci prouve \lim_{n
\to +\infty} \int_I f_n = +\infty.

Preuve (du théorème 2)
1. Soient \epsilon > 0 et un
segment J de I tels que \int_I f_0 - \int_J f_0 \leq
\epsilon. On a 0 \leq \int_I f_n \leq \int_J f_n + \epsilon. Il
suffit donc de démontrer le résultat lorsque que I est un
segment, ce que l’on suppose dans la suite.

2. Il existe une fonction en escalier \phi_n telle que
||f_n - \phi_n||_\infty \leq \frac{1}{3^{n+1}}. Posons \psi_n =
\phi_n + \frac{1}{3^n}. On a alors f_n \leq \psi_n, et \psi_n
\to 0 simplement en décroissant car

\psi_{n+1} = \phi_{n+1} + \frac{1}{3^{n+1}}
\leq f_{n+1} + \frac{1}{3^{n+2}} + \frac{1}{3^{n+1}} \leq f_n +
\frac{2}{3^{n+1}} \leq \phi_n + \frac{1}{3^n} = \psi_n

Il suffit
donc d’établir le résultat dans le cas des fonctions en escalier.

3. On suppose maintenant que I est un segment et que f_n
est une fonction en escalier. Supposons par l’absurde l’existence
de \eta >0 tel que \int_I f_n \geq \eta L(I) et fixons \alpha
< \eta (donc \alpha < \|f_0\|_\infty). Alors

J_n = \{x \in I;\ f_n(x) \geq \alpha\}

est une réunion finie
d’intervalles dont la longueur totale est minorée par un a > 0
indépendant de n. Plus précisément,

\eta L(I) \leq \int_I f_n
\leq \int_{J_n} f_n + \int_{I \setminus J_n} f_n \leq L(J_n)
||f_0||_\infty + \alpha (L(I) - L(J_n)),

d’où

L(J_n) \geq \frac{\eta - \alpha}{\|f_0\|_\infty-\alpha}L(I) = a

Par ailleurs, f_n \to 0 entraîne \bigcap_n J_n = \emptyset.
Ceci contredit le

Lemme 1
Soit (J_n)_n une suite décroissante de réunions finies
d’intervalles du segment I. S’il existe a > 0 tel que L(J_n)
\geq a, alors \bigcap_n J_n \not= \emptyset.

Il reste à établir ce lemme. Pour cela, on va montrer qu’il existe
une suite décroissante (K_n)_n de fermés non vides de I tels
que K_n \subset J_n. Le théorème des fermés emboîtés indiquera
que l’intersection des K_n n’est pas vide, donc non plus celle
des J_n.

Choisissons pour K_0 une réunion finie de segments contenue dans
J_0 et telle que L(J_0 \setminus K_0) \leq a/2 (il suffit de
"rogner" les extrémités ouvertes des intervalles qui composent
J_0). On a alors, pour tout k \geq 1,

L(J_k \cap K_0) = L(J_k) - L(J_k \setminus K_0)
\geq L(J_k) - L(J_0 \setminus K_0) \geq \frac{a}{2}

De même,
désignons par K_1 une réunion finie de segments contenus dans
J_1\cap K_0 et vérifiant L((J_1\cap K_0) \setminus K_1) \leq
a/4. On a maintenant, pour tout k \geq 2, L(J_k \cap K_1) \geq
\frac{a}{4}. Puis on choisit K_2 \subset J_2 \cap K_1 tel que
L((J_2\cap K_1) \setminus K_2) \leq a/8, et on poursuit par
récurrence, ce qui fournit la suite (K_n)_n désirée.

Théorème de convergence dominée

Theoreme 3
Soient I un
intervalle de R, et f_n : I \to R une suite de fonctions
continues par morceaux. Soient f : I \to R et g : I \to R deux
fonctions continues par morceaux. On suppose :

  • g positive et sommable
  • |f_n| \leq g pour tout n
  • f_n \to f simplement

Alors \int_I f_n \to \int_I f.

Preuve
1. On se ramène sans difficulté au cas où f_n est
positive, f = 0, et I est un segment. La fonction g étant
continue par morceaux, elle est bornée sur ce segment, et il
existe M \geq 0 telle que f_n \leq M pour tout n. En
utilisant une suite (\phi_n)_n de fonctions en escalier
positives telles que \|f_n - \phi_n \|_\infty \leq
\frac{1}{n+1}, on voit qu’il suffit d’établir le résultat dans le
cas des fonctions en escalier.

2. Nous supposons donc maintenant que I est un segment, f_n :
I \to R est une suite de fonctions en escalier positives, qu’il
existe M \geq 0 tel que f_n \leq M pour tout n, et que f_n
\to 0 simplement. Supposons par l’absurde que \left(\int_I
f_n\right)_n ne tende pas vers zéro. Alors, quitte à extraire une
sous-suite de (f_n)_n, on peut supposer l’existence d’un \eta
>0 tel que, pour tout n, \int_I f_n \geq \eta L(I). Comme dans la preuve du
théorème de convergence monotone, choisissons \alpha < \eta et
posons a = \frac{\eta - \alpha}{M - \alpha}L(I), J_n = \{x \in
I;\ f_n(x) \geq \alpha\} : (J_n)_n est une suite de réunions
finies d’intervalles vérifiant L(J_n) \geq a. La preuve s’achève
au vu de la contradiction avec f_n \to 0 qu’apporte le

Lemme 2
Soit I un segment, (J_n)_n une suite de réunion finies
d’intervalles de I vérifiant L(J_n) \geq a. Il existe une
suite extraite J_{n_k} telle que \bigcap_k J_{n_k} \not=
\emptyset.

Nous aurons besoin, pour établir ce lemme, d’étendre la notion de
longueur aux ouverts. On sait qu’un ouvert U de I s’écrit de
façon unique comme réunion au plus dénombrable d’intervalles
ouverts deux à deux disjoints de I. Les longueurs de ces
intervalles forment une famille sommable [1] de réels
positifs. On appellera longueur de U, et on notera L(U), la
somme de cette famille. Il est clair que U \subset V entraîne
L(U) \leq L(V), et que si U et V sont deux ouverts disjoints
de I, L(U \cup V) = L(U) + L(V).

Démontrons maintenant le lemme 2. On peut, quitte à substituer à
J_n son intérieur dans I, supposer que J_n est une réunion
finie d’intervalles ouverts de I. Dire qu’il existe une telle
suite extraite, c’est dire qu’il existe un point de I qui
appartient à une infinité des J_n. Ou, de manière équivalente,
qui appartient à \bigcup_{n \geq N} J_n pour tout N \geq 0. La
conclusion du lemme est donc équivalente à \bigcap_{N \geq 0}
\bigcup_{n \geq N} J_n \not= \emptyset. Comme \left(\bigcup_{n
\geq N} J_n\right)_N est une suite décroissante d’ouverts de
longueur au moins a, cela résulte du nouveau

Lemme 3
Soit I un segment, et U_n une suite décroissante
d’ouverts de I. S’il existe a >0 tel que L(U_n) \geq a,
alors \bigcap_{n \geq 0} U_n \not= \emptyset.

Il s’agit d’une extension du lemme 1 aux ouverts, et on va
d’ailleurs se ramener à celui-ci en construisant une suite V_n
\subset U_n de réunions finies d’intervalles ouverts vérifiant
V_{n+1} \subset V_n et L(V_n) \geq a/2.

On sait que U_0 est une réunion au plus dénombrable
d’intervalles disjoints dont les longueurs forment une famille
sommable. Il est donc loisible de choisir un nombre fini de ces
intervalles dont la réunion V_0 \subset U_0 soit telle que
L(U_0\setminus V_0) \leq \frac{a}{4}. Comme U_k \subset U_0,
pour k \geq 1, chaque intervalle ouvert qui compose U_k est
contenu dans un intervalle ouvert de U_0. Il est donc soit
contenu dans V_0, soit disjoint de V_0. U_k \cap V_0 et U_k
\setminus V_0 sont ainsi deux ouverts disjoints constitués chacun
d’une partie des intervalles ouverts qui composent U_k. On peut
alors écrire

L(U_k \cap V_0) = L(U_k) - L(U_k \setminus V_0) \geq L(U_k) - L(U_0 \setminus V_0) \geq \frac{a}{2} + \frac{a}{4}

On choisit ensuite V_1, réunion finie de certains des
intervalles qui composent l’ouvert U_1 \cap V_0, tel que L(U_1
\cap V_0 \setminus V_1) \leq \frac{a}{8}. On a alors pour tout
k \geq 1

L(U_k \cap V_1) = L((U_k \cap V_0) \cap V_1) = L(U_k
\cap V_0) - L((U_k \cap V_0) \setminus V_1) \geq \frac{a}{2} +
\frac{a}{8}

On poursuit par récurrence, construisant ainsi V_n
\subset U_n \cap V_{n-1}, réunion finie d’intervalles ouverts,
telle que L(U_k \cap V_n) \geq \frac{a}{2} + \frac{a}{2^{n+2}}
pour tout k \geq n. On a bien V_{n+1} \subset V_n, L(V_n)
\geq \frac{a}{2}, et le lemme 1 permet de conclure.

Remarques
1. On peut dans tout le texte remplacer
l’expression "fonction continue par morceaux" par l’expression
"fonction réglée".
2. La relation L(U \cup V) = L(U) + L(V) - L(U \cap V) est
vraie, mais non triviale. On ne l’a pas utilisée ici.


[1Une famille (a_i)_{i
\in I} de réels positifs est dite sommable si la famille
\left(\sum_{i \in J} a_i\right)_J, J parcourant l’ensemble des
parties finies de I, est majorée. Sa borne supérieure est alors
appelée somme de la famille (a_i)_{i \in I}.


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