Les preuves des grands théorèmes de Lebesgue comme la convergence dominée sont basées sur le théorème de convergence monotone. Ce dernier peut être énoncé comme suit: étant donné une séquence positive croissante ponctuellement de fonctions réelles qui converge simplement, alors leurs intégrales convergent vers l’intégrale de la limite simple. Découvrons ensemble le théorème de convergence monotone et ses applications.
Énoncé du théorème de convergence monotone
Le théorème de convergence monotone répond à la question suivante : quand peut-on échanger la limite et le signe intégral.
Theoreme: Dans un espace mesuré $(E,\mathscr{B},\mu)$, on considère une suite de fonctions mesurables positives $(f_n)_n$, et $f:E\to\mathbb{C}$ telle que
- pour tout $x\in E$, pour tout $n\in\mathbb{N},$ $f_n(x)\le f_{n+1}(x)$,
- pour presque tout $x\in E,$ $f_n(x)\to f(x)$ quand $n\to\infty$.
Alors $f$ est mesurable est \begin{align*} \lim_{n\to\infty}\int_E f_n d\mu=\int_E fd\mu.\end{align*}
Exemple: Calculer la limite suivante \begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int^n_0 \left(1-\frac{x}{n}\right)^n\;e^{\alpha x}dx.\end{align*}
Solution: On considère la suite de fonctions $f_n: \mathbb{R}^+\to \mathbb{R}$ définie par \begin{align*} f_n(x):= \left(1-\frac{x}{n}\right)^n\;e^{\alpha x}1_{0\le x\le n}.\end{align*} Il est evident que $f_n$ est mesurable et $f_n\ge 0$ pour tout $n$. Montrons que $f_{n+1}(x)\ge f_n(x)$ pour tout $x\in \mathbb{R}$. En effet, pour $x>n+1$ on a $f_{n+1}(x)=f_n(x)=0,$ donc c’est vraie. Pour $x\in ]n,n+1]$, on a $f_n(x)=0$ et donc $f_{n+1}(x)\ge 0=f_n(x)$ pour tout $x\in ]n,n+1]$. Maintenant soit $x\in [0,n]\subset [0,n+1]$. Il suffit de montrer que $\left(1-\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}\ge \left(1-\frac{x}{n}\right)^n,$ et par la croissance de la fonction logarithme il suffit de montrer que $(n+1)\ln\left(1-\frac{x}{n}\right)\ge n \ln\left(1-\frac{x}{n}\right) $. En effet, par un développements en série entière usuels, on a \begin{align*} \varphi_n(x):&=(n+1)\ln\left(1-\frac{x}{n}\right)-n \ln\left(1-\frac{x}{n}\right)\cr& =-\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{n+1}{k}\left(\frac{x}{n+1}\right)^k+\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{n}{k}\left(\frac{x}{n}\right)^k\cr & =\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{x^k}{k}\left( \frac{1}{n^{k-1}}-\frac{1}{(n+1)^{k}}\right)\le 0.\end{align*} Cela implique que $(f_n(x))_n$ est croissante pour tout $x\in \mathbb{R}^+$. D’autre part, pour tout $x\ge 0,$ on a $f_n(x)\to e^{(\alpha-1)x}$. Ainsi selon le theoreme de convergence monotone on a \begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int^n_0 \left(1-\frac{x}{n}\right)^n\;e^{\alpha x}dx&=\int^{+\infty}_0 e^{(\alpha-1)x}dx\cr & =\begin{cases}\frac{1}{1-\alpha},& \alpha<1,\cr +\infty,& \alpha\ge 1.\end{cases}\end{align*}
Exercices d’applications (convergence monotone)
Exercices (Convergence monotone décroissante): On se donne un espace mesuree $(E,\mathscr{B},\mu)$ et une suites de fonctions mesurables postives, telle que $f_{n+1}(x)\le f_n(x)$ pour tout $n$ et pour tout $x$. De plus on suppose que la suite $(f_n)_n$ converge presque sûrement vers une fonction $f$. On suppose que $\int_E f_0d\mu<\infty$. Montrer que $\int_E f_nd\mu\to \int_E fd\mu$ quand $n\to+\infty$. Etudier aussi le cas $\int_E f_0d\mu=+\infty$.
Solution: L’idée et de poser $\psi_n=f_0-f_n$. Il est bien claire que $\psi_n\ge 0,$ $\psi_{n}(x)\le \psi_{n+1}(x)$ et que $\psi_n$ converge presque sûrement vers une fonction $f_0-f$. Donc selon le theoreme de convergence monotone on a \begin{align*} \int_E f_0-\lim_{n\to\infty}\int_E f_nd\mu&=\lim_{n\to\infty}\int_E \psi_n d\mu= \int_E (f_0-f)d\mu\cr &=\int_E f_0d\mu-\int_E fd\mu.\end{align*} Donc \begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int_E f_nd\mu= \int_E fd\mu.\end{align*} Soit $E=\mathbb{N}$, $\mathscr{B}=\mathcal{P}(\mathbb{N})$ (l’ensemble des parties de $\mathbb{N}$), et $\mu$ est la mesure de comptage définie par $\mu(A)={\rm card}(A)$ si $A$ est finie et $\mu(A)=+\infty$ si $A$ est infinie. Soit $f_n:\mathbb{N}\to \mathbb{R}^+$ la suite de fonction definie par \begin{align*} f_n(k):=\begin{cases} 0, & 0\le k<n,\cr 1, & k\ge n.\end{cases}\end{align*} Notez que $f_n$ converge presque sûrement vers la fonction nulle sur $\mathbb{N}$. De plus pour tout $n\ge 0,$ on a \begin{align*} \int_{\mathbb{N}}f_nd\mu=\sum_{k=0}^{+\infty}f_n(k)=\sum_{k=n}^{+\infty}1=+\infty.\end{align*} Cette exemple montrer que le résultat de l’exercice est faut si la fonction $f_0$ n’est pas intégrable.
