En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : IntégralesThéorie de la mesure/Exercices/Intégrales », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Soit
(
Ω
,
T
,
μ
)
{\displaystyle (\Omega ,{\cal {T}},\mu )}
un espace mesuré et
(
f
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (f_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
une suite monotone d'applications
μ
{\displaystyle \mu }
-intégrables de
Ω
{\displaystyle \Omega }
dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
, de limite simple
f
{\displaystyle f}
(à valeurs dans
R
¯
{\displaystyle {\overline {\mathbb {R} }}}
). Démontrer que les propositions suivantes sont
équivalentes :
(
a
)
lim
n
→
+
∞
∫
|
f
−
f
n
|
d
μ
=
0
{\displaystyle (a)\quad \lim _{n\to +\infty }\int |f-f_{n}|d\mu =0}
;
(
b
)
f
{\displaystyle (b)\quad f}
est
μ
{\displaystyle \mu }
-intégrable ;
(
c
)
sup
n
∈
N
|
∫
f
n
d
μ
|
<
+
∞
{\displaystyle (c)\quad \sup _{n\in \mathbb {N} }\left|\int f_{n}d\mu \right|<+\infty }
;
(
d
)
sup
n
∈
N
∫
|
f
n
|
d
μ
<
+
∞
{\displaystyle (d)\quad \sup _{n\in \mathbb {N} }\int |f_{n}|d\mu <+\infty }
.
Solution
On peut supposer (quitte à remplacer
f
n
,
f
{\displaystyle f_{n},f}
par leurs opposées, ce qui ne modifie pas abcd)
(
f
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (f_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
croissante. Mais ensuite, on peut de plus (en soustrayant
f
0
{\displaystyle f_{0}}
à
f
n
,
f
{\displaystyle f_{n},f}
, ce qui ne modifie pas non plus abcd), supposer
f
n
,
f
≥
0
{\displaystyle f_{n},f\geq 0}
. Notons
I
n
,
I
∈
[
0
,
+
∞
]
{\displaystyle I_{n},I\in [0,+\infty ]}
leurs intégrales, on a alors
lim
I
n
=
sup
I
n
=
I
{\displaystyle \lim I_{n}=\sup I_{n}=I}
, si bien que
(
b
)
⇔
(
c
)
⇔
(
d
)
⇔
I
<
∞
{\displaystyle (b)\Leftrightarrow (c)\Leftrightarrow (d)\Leftrightarrow I<\infty }
.
Si
I
<
∞
{\displaystyle I<\infty }
,
I
n
→
I
{\displaystyle I_{n}\to I}
peut se réécrire
I
−
I
n
→
0
{\displaystyle I-I_{n}\to 0}
, d'où
(
b
)
⇒
(
a
)
{\displaystyle (b)\Rightarrow (a)}
.
Réciproquement, comme
I
=
I
n
+
∫
(
f
−
f
n
)
d
μ
{\displaystyle I=I_{n}+\int (f-f_{n})\,d\mu }
, si
(
a
)
{\displaystyle (a)}
alors il existe
n
{\displaystyle n}
tel que le second terme soit fini. Comme
I
n
<
∞
{\displaystyle I_{n}<\infty }
, on en déduit
I
<
∞
{\displaystyle I<\infty }
, d'où
(
a
)
⇒
(
b
)
{\displaystyle (a)\Rightarrow (b)}
.
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Soit
(
X
,
T
,
μ
)
{\displaystyle (X,{\cal {T}},\mu )}
un espace mesuré.
1. Soient
A
,
B
∈
T
{\displaystyle A,B\in {\cal {T}}}
. Examiner le lemme de Fatou sur l'exemple suivant :
f
2
n
=
1
A
{\displaystyle f_{2n}=\mathbf {1} _{A}}
,
f
2
n
+
1
=
1
B
{\displaystyle f_{2n+1}=\mathbf {1} _{B}}
.
2. Soient
f
n
:
X
→
[
0
,
+
∞
]
{\displaystyle f_{n}:X\to [0,+\infty ]}
mesurables telles que
lim inf
n
→
+
∞
∫
f
n
d
μ
<
+
∞
{\displaystyle \liminf _{n\to +\infty }\int f_{n}\,\mathrm {d} \mu <+\infty }
.
On pose
A
=
[
lim inf
n
→
+
∞
f
n
=
+
∞
]
{\displaystyle A=[\liminf _{n\to +\infty }f_{n}=+\infty ]}
. Montrer que
A
∈
T
{\displaystyle A\in {\cal {T}}}
et calculer
μ
(
A
)
{\displaystyle \mu (A)}
.
Solution
Les
f
n
{\displaystyle f_{n}}
sont mesurables donc
f
:=
lim inf
f
n
{\displaystyle f:=\liminf f_{n}}
aussi (la mesurabilité est préservée par limsup et liminf, car par sup
et inf dénombrables, car
[
(
sup
f
n
)
≤
α
]
=
∩
[
f
n
≤
α
]
{\displaystyle [(\sup f_{n})\leq \alpha ]=\cap [f_{n}\leq \alpha ]}
et
[
(
inf
f
n
)
≥
α
]
=
∩
[
f
n
≥
α
]
{\displaystyle [(\inf f_{n})\geq \alpha ]=\cap [f_{n}\geq \alpha ]}
), donc
A
:=
[
f
=
+
∞
]
=
f
−
1
(
{
+
∞
}
)
∈
T
{\displaystyle A:=[f=+\infty ]=f^{-1}(\{+\infty \})\in {\cal {T}}}
.
Par Fatou,
∫
f
d
μ
≤
lim inf
∫
f
n
d
μ
{\displaystyle \int f\,\mathrm {d} \mu \leq \liminf \int f_{n}\,\mathrm {d} \mu }
, fini par hypothèse, donc
f
{\displaystyle f}
est intégrable, donc finie presque partout , c'est-à-dire
μ
(
A
)
=
0
{\displaystyle \mu (A)=0}
.
3. Soit
(
A
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (A_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
une suite d'éléments de
T
{\displaystyle {\cal {T}}}
tels que
μ
(
lim sup
A
n
)
=
0
{\displaystyle \mu (\limsup A_{n})=0}
. Soit
f
{\displaystyle f}
une fonction
μ
{\displaystyle \mu }
-intégrable. Montrer que
lim
n
→
∞
∫
A
n
|
f
|
d
μ
=
0
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\int _{A_{n}}|f|\,\mathrm {d} \mu =0}
. Indication (Topologie générale/Exercices/Topologie de R ou C#Exercice 8 ) : pour tous réels positifs
a
n
{\displaystyle a_{n}}
, si
lim sup
a
n
=
0
{\displaystyle \limsup a_{n}=0}
alors
lim
a
n
=
0
{\displaystyle \lim a_{n}=0}
.
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En utilisant le théorème de convergence dominée, montrer que
∀
a
∈
C
lim
n
→
+
∞
(
1
+
a
n
)
n
=
∑
k
=
0
+
∞
a
k
k
!
{\displaystyle \forall a\in \mathbb {C} \quad \lim _{n\to +\infty }\left(1+{a \over n}\right)^{n}=\sum _{k=0}^{+\infty }{a^{k} \over k!}}
.
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Soient
μ
{\displaystyle \mu }
une mesure sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
, de Radon (c'est-à-dire finie sur tout compact ) et diffuse (c'est-à-dire sans atomes) , et
f
{\displaystyle f}
une fonction bornée sur
]
a
,
b
]
{\displaystyle \left]a,b\right]}
.
Montrer que si
f
{\displaystyle f}
est Stieltjes
μ
{\displaystyle \mu }
-intégrable alors elle est continue
μ
{\displaystyle \mu }
-presque partout .
Indication : utiliser l'oscillation de
f
{\displaystyle f}
en
x
{\displaystyle x}
,
ω
(
x
)
:=
inf
ε
>
0
ω
(
]
x
−
ε
,
x
+
ε
[
)
{\displaystyle \omega (x):=\inf _{\varepsilon >0}\omega (\left]x-\varepsilon ,x+\varepsilon \right[)}
, où
ω
(
I
)
:=
sup
f
(
I
)
−
inf
f
(
I
)
{\displaystyle \omega (I):=\sup f(I)-\inf f(I)}
, et les ensembles
E
n
:=
[
ω
>
1
/
n
]
{\displaystyle E_{n}:=[\omega >1/n]}
.
Solution
L'ensemble des points de discontinuité de
f
{\displaystyle f}
est
∪
E
n
{\displaystyle \cup E_{n}}
. Il suffit donc de prouver que les
E
n
{\displaystyle E_{n}}
sont
μ
{\displaystyle \mu }
-négligeables. Soit
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
, prouvons que
μ
(
E
n
)
≤
ε
{\displaystyle \mu (E_{n})\leq \varepsilon }
.
Par hypothèse sur
f
{\displaystyle f}
, l'intégrale de Stieltjes inférieure
S
∗
(
f
)
{\displaystyle S_{*}(f)}
et l'intégrale de Stieltjes supérieure
S
∗
(
f
)
{\displaystyle S^{*}(f)}
sont égales donc il existe une subdivision
D
=
{
a
0
,
…
,
a
k
}
{\displaystyle D=\{a_{0},\ldots ,a_{k}\}}
(
a
=
a
0
<
…
<
a
k
=
b
{\displaystyle a=a_{0}<\ldots <a_{k}=b}
) de
]
a
,
b
]
{\displaystyle \left]a,b\right]}
telle que
ε
/
n
≥
S
D
(
f
)
−
S
D
(
f
)
=
∑
i
=
1
k
ω
(
]
a
i
−
1
,
a
i
]
)
μ
(
]
a
i
−
1
,
a
i
]
)
{\displaystyle \varepsilon /n\geq S^{D}(f)-S_{D}(f)=\sum _{i=1}^{k}\omega (\left]a_{i-1},a_{i}\right])\mu (\left]a_{i-1},a_{i}\right])}
. Pour tout
i
∈
{
1
,
…
,
k
}
{\displaystyle i\in \{1,\ldots ,k\}}
, si
E
n
∩
]
a
i
−
1
,
a
i
[
≠
∅
{\displaystyle E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right[\neq \varnothing }
, on a
1
<
n
ω
(
]
a
i
−
1
,
a
i
]
)
{\displaystyle 1<n\omega (\left]a_{i-1},a_{i}\right])}
, donc
μ
(
E
n
∖
D
)
=
∑
i
=
1
k
μ
(
E
n
∩
]
a
i
−
1
,
a
i
[
)
=
∑
E
n
∩
]
a
i
−
1
,
a
i
[
≠
∅
μ
(
E
n
∩
]
a
i
−
1
,
a
i
[
)
≤
n
∑
i
=
1
k
ω
(
]
a
i
−
1
,
a
i
]
)
μ
(
]
a
i
−
1
,
a
i
]
)
≤
ε
{\displaystyle \mu (E_{n}\setminus D)=\sum _{i=1}^{k}\mu (E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right[)=\sum _{E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right[\neq \varnothing }\mu (E_{n}\cap \left]a_{i-1},a_{i}\right[)\leq n\sum _{i=1}^{k}\omega (\left]a_{i-1},a_{i}\right])\mu (\left]a_{i-1},a_{i}\right])\leq \varepsilon }
, et
μ
(
D
)
=
0
{\displaystyle \mu (D)=0}
car
μ
{\displaystyle \mu }
est diffuse.
Remarque : réciproquement, si
f
{\displaystyle f}
est continue
μ
{\displaystyle \mu }
-p.p. alors elle est Stieltjes
μ
{\displaystyle \mu }
-intégrable. En effet, soit
(
D
n
)
{\displaystyle (D_{n})}
une suite de subdivisions de plus en plus fines telle que
S
D
n
(
f
)
→
S
∗
(
f
)
{\displaystyle S_{D_{n}}(f)\to S_{*}(f)}
et
S
D
n
(
f
)
→
S
∗
(
f
)
{\displaystyle S^{D_{n}}(f)\to S^{*}(f)}
et soient
f
n
,
f
n
{\displaystyle f_{n},f^{n}}
les fonctions en escalier associées et
f
∗
{\displaystyle f_{*}}
la limite croissante des
f
n
{\displaystyle f_{n}}
,
f
∗
{\displaystyle f^{*}}
la limite décroissante des
f
n
{\displaystyle f^{n}}
. Alors, en posant
Δ
=
∪
D
n
{\displaystyle \Delta =\cup D_{n}}
(dénombrable), on a
∀
ε
>
0
[
f
∗
−
f
∗
>
ε
]
⊂
[
ω
≥
ε
]
∪
Δ
{\displaystyle \forall \varepsilon >0\quad [f^{*}-f_{*}>\varepsilon ]\subset [\omega \geq \varepsilon ]\cup \Delta }
donc
μ
(
[
f
∗
−
f
∗
>
ε
]
)
=
0
{\displaystyle \mu ([f^{*}-f_{*}>\varepsilon ])=0}
, donc les inégalités
f
∗
≤
f
≤
f
∗
{\displaystyle f_{*}\leq f\leq f^{*}}
sont en fait des égalités
μ
{\displaystyle \mu }
-p.p. d'où (
f
{\displaystyle f}
est
μ
{\displaystyle \mu }
-mesurable et) par convergence dominée (en utilisant que
f
{\displaystyle f}
est bornée et
μ
(
]
a
,
b
]
)
{\displaystyle \mu (\left]a,b\right])}
fini),
S
∗
(
f
)
=
∫
f
∗
d
μ
=
∫
f
d
μ
¯
=
∫
f
∗
d
μ
=
S
∗
(
f
)
{\displaystyle S_{*}(f)=\int f_{*}\,\mathrm {d} \mu =\int f\,\mathrm {d} {\bar {\mu }}=\int f^{*}\,\mathrm {d} \mu =S^{*}(f)}
.
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Soient
Ω
=
]
−
1
,
1
[
2
{\displaystyle \Omega =\left]-1,1\right[^{2}}
et
f
:
Ω
→
R
{\displaystyle f:\Omega \to \mathbb {R} }
définie par
f
(
x
,
y
)
:=
{
x
y
(
x
2
+
y
2
)
2
si
(
x
,
y
)
≠
(
0
,
0
)
0
si
(
x
,
y
)
=
(
0
,
0
)
.
{\displaystyle f(x,y):={\begin{cases}{xy \over (x^{2}+y^{2})^{2}}&{\text{ si }}(x,y)\neq (0,0)\\0&{\text{ si }}(x,y)=(0,0).\end{cases}}}
Prouver que
f
{\displaystyle f}
est borélienne et calculer les intégrales
I
:=
∫
]
−
1
,
1
[
(
∫
]
−
1
,
1
[
f
(
x
,
y
)
d
λ
(
x
)
)
d
λ
(
y
)
{\displaystyle I:=\int _{\left]-1,1\right[}\left(\int _{\left]-1,1\right[}f(x,y)\,\mathrm {d} \lambda (x)\right)\,\mathrm {d} \lambda (y)}
et
J
:=
∫
]
−
1
,
1
[
(
∫
]
−
1
,
1
[
f
(
x
,
y
)
d
λ
(
y
)
)
d
λ
(
x
)
{\displaystyle J:=\int _{\left]-1,1\right[}\left(\int _{\left]-1,1\right[}f(x,y)\,\mathrm {d} \lambda (y)\right)\,\mathrm {d} \lambda (x)}
.
f
{\displaystyle f}
est-elle
λ
2
{\displaystyle \lambda _{2}}
-intégrable sur
Ω
{\displaystyle \Omega }
?
Solution
f
{\displaystyle f}
est continue sur
Ω
⋆
{\displaystyle \Omega ^{\star }}
, donc borélienne sur
Ω
{\displaystyle \Omega }
. Pour
y
{\displaystyle y}
fixé,
x
↦
x
y
(
x
2
+
y
2
)
2
{\displaystyle x\mapsto {xy \over (x^{2}+y^{2})^{2}}}
est intégrable sur
]
−
1
,
1
[
{\displaystyle \left]-1,1\right[}
et impaire, donc d'intégrale nulle, donc
I
=
0
{\displaystyle I=0}
. De même,
J
=
0
{\displaystyle J=0}
.
f
{\displaystyle f}
n'est pas intégrable sur
Ω
{\displaystyle \Omega }
, car
∫
0
2
π
|
cos
θ
sin
θ
|
(
∫
0
1
d
r
r
)
d
θ
=
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{2\pi }|\cos \theta \sin \theta |\left(\int _{0}^{1}{\mathrm {d} r \over r}\right)\,\mathrm {d} \theta =+\infty }
car
∫
0
1
d
r
r
=
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\mathrm {d} r \over r}=+\infty }
. Ou encore :
∫
0
1
(
∫
0
1
x
y
(
x
2
+
y
2
)
2
d
x
)
d
y
=
∫
0
1
−
y
2
(
∫
0
1
−
d
u
(
u
+
y
2
)
2
)
d
y
=
∫
0
1
y
2
(
1
y
2
−
1
1
+
y
2
)
d
y
=
∫
0
1
d
y
2
y
(
1
+
y
2
)
=
+
∞
{\displaystyle \int _{0}^{1}\left(\int _{0}^{1}{xy \over (x^{2}+y^{2})^{2}}\,\mathrm {d} x\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{-y \over 2}\left(\int _{0}^{1}{-\mathrm {d} u \over (u+y^{2})^{2}}\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{y \over 2}\left({1 \over y^{2}}-{1 \over 1+y^{2}}\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\mathrm {d} y \over 2y(1+y^{2})}=+\infty }
.
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Soient
p
,
q
,
r
∈
[
1
,
+
∞
]
{\displaystyle p,q,r\in [1,+\infty ]}
tels que
1
p
+
1
q
=
1
+
1
r
{\displaystyle {1 \over p}+{1 \over q}=1+{1 \over r}}
(ce qui implique
p
,
q
≤
r
{\displaystyle p,q\leq r}
). Soient
C
{\displaystyle C}
une constante et
N
{\displaystyle N}
mesurable de
R
n
×
R
n
{\displaystyle \mathbb {R} ^{n}\times \mathbb {R} ^{n}}
dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
, telles que les applications
x
↦
N
(
x
,
y
)
{\displaystyle x\mapsto N(x,y)}
(pour
λ
n
{\displaystyle \lambda _{n}}
presque tout
y
{\displaystyle y}
) et
y
↦
N
(
x
,
y
)
{\displaystyle y\mapsto N(x,y)}
(pour
λ
n
{\displaystyle \lambda _{n}}
-presque tout
x
{\displaystyle x}
) appartiennent à
L
p
(
λ
n
)
{\displaystyle L^{p}(\lambda _{n})}
et aient une norme
≤
C
{\displaystyle \leq C}
. On veut montrer que la formule
(
P
g
)
(
x
)
=
∫
R
n
N
(
x
,
y
)
g
(
y
)
d
λ
n
(
y
)
{\displaystyle (Pg)(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}N(x,y)g(y)\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)}
définit une application (évidemment linéaire)
P
:
g
↦
P
g
{\displaystyle P:g\mapsto Pg}
de
L
q
(
λ
n
)
{\displaystyle L^{q}(\lambda _{n})}
dans
L
r
(
λ
n
)
{\displaystyle L^{r}(\lambda _{n})}
, et que
P
{\displaystyle P}
est continue, de norme
≤
C
{\displaystyle \leq C}
.
Traiter le cas
r
=
+
∞
{\displaystyle r=+\infty }
.
On suppose
r
<
∞
{\displaystyle r<\infty }
. Soit
g
∈
L
q
(
λ
n
)
{\displaystyle g\in L^{q}(\lambda _{n})}
. Pour
y
{\displaystyle y}
fixé on pose
h
(
x
)
=
∫
R
n
|
N
(
x
,
y
)
g
(
y
)
|
d
λ
n
(
y
)
∈
[
0
,
+
∞
]
{\displaystyle h(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}|N(x,y)g(y)|\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)\in [0,+\infty ]}
. Démontrer que
h
(
x
)
r
≤
C
r
−
p
‖
g
‖
q
r
−
q
∫
R
n
|
N
(
x
,
y
)
|
p
|
g
(
y
)
|
q
d
λ
n
(
y
)
{\displaystyle h(x)^{r}\leq C^{r-p}\|g\|_{q}^{r-q}\int _{\mathbb {R} ^{n}}|N(x,y)|^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)}
. (Indication : appliquer l'inégalité de Hölder généralisée pour
g
1
(
y
)
=
|
N
(
x
,
y
)
|
p
(
1
p
−
1
r
)
{\displaystyle g_{1}(y)=|N(x,y)|^{p({1 \over p}-{1 \over r})}}
,
g
2
(
y
)
=
|
g
(
y
)
|
q
(
1
q
−
1
r
)
{\displaystyle g_{2}(y)=|g(y)|^{q({1 \over q}-{1 \over r})}}
,
g
3
(
y
)
=
|
N
(
x
,
y
)
|
p
/
r
|
g
(
y
)
|
q
/
r
{\displaystyle g_{3}(y)=|N(x,y)|^{p/r}|g(y)|^{q/r}}
,
p
1
=
p
r
r
−
p
,
p
2
=
q
r
r
−
q
,
p
3
=
r
{\displaystyle p_{1}={pr \over r-p},p_{2}={qr \over r-q},p_{3}=r}
). En déduire que
‖
h
‖
r
≤
C
‖
g
‖
q
{\displaystyle \|h\|_{r}\leq C\|g\|_{q}}
et conclure.
Dans le cas particulier
r
=
+
∞
{\displaystyle r=+\infty }
, si
x
↦
N
(
x
,
y
)
{\displaystyle x\mapsto N(x,y)}
est continue (de
R
n
{\displaystyle \mathbb {R} ^{n}}
dans
L
p
{\displaystyle L^{p}}
), montrer que pour tout
g
∈
L
q
,
P
g
{\displaystyle g\in L^{q},Pg}
est continue.
On pose
T
x
f
(
t
)
:=
f
(
x
+
t
)
{\displaystyle T_{x}f(t):=f(x+t)}
et pour
f
∈
L
p
{\displaystyle f\in L^{p}}
,
T
f
:
R
n
→
L
p
,
x
↦
T
x
f
{\displaystyle Tf:\mathbb {R} ^{n}\to L^{p},\,x\mapsto T_{x}f}
. Vérifier que
T
f
{\displaystyle Tf}
est bornée. Déduire alors des questions 1 et 2 que la formule
(
f
∗
g
)
(
x
)
=
∫
R
n
f
(
x
−
y
)
g
(
y
)
d
λ
n
(
y
)
{\displaystyle (f\ast g)(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}f(x-y)g(y)\,\mathrm {d} \lambda _{n}(y)}
définit une application bilinéaire continue
∗
:
L
p
(
λ
n
)
×
L
q
(
λ
n
)
→
L
r
(
λ
n
)
{\displaystyle \ast :L^{p}(\lambda _{n})\times L^{q}(\lambda _{n})\to L^{r}(\lambda _{n})}
, de norme
≤
1
{\displaystyle \leq 1}
(inégalité de Young ), puis vérifier que
f
⋆
g
=
g
⋆
f
{\displaystyle f\star g=g\star f}
.
Montrer que si
f
∈
L
p
{\displaystyle f\in L^{p}}
avec
p
<
+
∞
{\displaystyle p<+\infty }
alors
T
f
{\displaystyle Tf}
est (uniformément) continue (on se ramènera par translation à la continuité en
0
{\displaystyle 0}
, puis on procèdera par densité dans
L
p
{\displaystyle L^{p}}
, en supposant d'abord
f
{\displaystyle f}
continue à support compact). Déduire alors de la question 3 que si
r
=
+
∞
{\displaystyle r=+\infty }
alors (
∀
g
∈
L
q
{\displaystyle \forall g\in L^{q}}
)
f
⋆
g
{\displaystyle f\star g}
est continue.
Si
r
=
+
∞
{\displaystyle r=+\infty }
(et
f
∈
L
p
,
g
∈
L
q
{\displaystyle f\in L^{p},g\in L^{q}}
), montrer que si
p
,
q
<
+
∞
{\displaystyle p,q<+\infty }
alors
f
∗
g
{\displaystyle f\ast g}
est (non seulement continue et bornée mais) nulle à l'infini. (On approximera
f
{\displaystyle f}
et
g
{\displaystyle g}
par des fonctions à support borné).
Soit
μ
{\displaystyle \mu }
une mesure bornée sur
R
n
{\displaystyle \mathbb {R} ^{n}}
. Généraliser le cas
q
=
1
{\displaystyle q=1}
de la question 4 pour définir une application linéaire continue
∗
μ
:
L
p
(
λ
n
)
→
L
p
(
λ
n
)
{\displaystyle \ast \mu :L^{p}(\lambda _{n})\to L^{p}(\lambda _{n})}
.
Solution
(pour la mesurabilité, on peut se ramener au cas où
N
,
g
≥
0
{\displaystyle N,g\geq 0}
puis utiliser Tonelli)
1
p
+
1
q
=
1
{\displaystyle {1 \over p}+{1 \over q}=1}
. Pour presque tout
x
{\displaystyle x}
, par Hölder,
∫
|
N
(
x
,
y
)
g
(
y
)
|
d
λ
(
y
)
≤
C
‖
g
‖
q
{\displaystyle \int |N(x,y)g(y)|\,\mathrm {d} \lambda (y)\leq C\|g\|_{q}}
donc
P
g
{\displaystyle Pg}
est (mesurable et) essentiellement bornée, avec
‖
P
g
‖
∞
≤
C
‖
g
‖
q
{\displaystyle \|Pg\|_{\infty }\leq C\|g\|_{q}}
.
|
N
(
x
,
y
)
g
(
y
)
|
=
g
1
g
2
g
3
(
y
)
{\displaystyle |N(x,y)g(y)|=g_{1}g_{2}g_{3}(y)}
, d'où
|
h
(
x
)
|
r
≤
‖
g
1
‖
p
1
r
‖
g
2
‖
p
2
r
‖
g
3
‖
p
3
r
=
(
∫
g
1
p
1
d
λ
)
r
/
p
1
(
∫
g
2
p
2
d
λ
)
r
/
p
2
(
∫
g
3
p
3
d
λ
)
r
/
p
3
=
(
∫
|
N
(
x
,
y
)
|
p
d
λ
(
y
)
)
r
/
q
−
1
(
∫
|
g
(
y
)
|
q
d
λ
(
y
)
)
1
−
q
/
r
(
∫
|
N
(
x
,
y
)
|
p
|
g
(
y
)
|
q
d
λ
(
y
)
)
≤
C
r
−
p
‖
g
‖
q
r
−
q
∫
|
N
(
x
,
y
)
|
p
|
g
(
y
)
|
q
d
λ
(
y
)
{\displaystyle |h(x)|^{r}\leq \|g_{1}\|_{p_{1}}^{r}\|g_{2}\|_{p_{2}}^{r}\|g_{3}\|_{p_{3}}^{r}=(\int g_{1}^{p_{1}}\,\mathrm {d} \lambda )^{r/p_{1}}(\int g_{2}^{p_{2}}\,\mathrm {d} \lambda )^{r/p_{2}}(\int g_{3}^{p_{3}}\,\mathrm {d} \lambda )^{r/p_{3}}=(\int |N(x,y)|^{p}d\lambda (y))^{r/q-1}(\int |g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y))^{1-q/r}(\int |N(x,y)|^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y))\leq C^{r-p}\|g\|_{q}^{r-q}\int |N(x,y)|^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y)}
, d'où par Tonelli,
∫
|
h
(
x
)
|
r
d
λ
(
x
)
≤
C
r
−
p
‖
g
‖
q
r
−
q
∫
C
p
|
g
(
y
)
|
q
d
λ
(
y
)
=
C
r
‖
g
‖
q
r
{\displaystyle \int |h(x)|^{r}\,\mathrm {d} \lambda (x)\leq C^{r-p}\|g\|_{q}^{r-q}\int C^{p}|g(y)|^{q}\,\mathrm {d} \lambda (y)=C^{r}\|g\|_{q}^{r}}
donc
P
g
∈
L
r
{\displaystyle Pg\in L^{r}}
et
‖
P
g
‖
r
≤
C
‖
g
‖
q
{\displaystyle \|Pg\|_{r}\leq C\|g\|_{q}}
.
P
g
{\displaystyle Pg}
est la composée de deux fonctions continues, car
P
g
(
x
)
=
I
(
N
(
x
,
)
)
{\displaystyle Pg(x)=I(N(x,\ ))}
pour
I
:
L
p
→
R
,
φ
↦
∫
φ
g
d
λ
n
{\displaystyle I:L^{p}\to \mathbb {R} ,\varphi \mapsto \int \varphi g\,\mathrm {d} \lambda _{n}}
, linéaire continue (de norme
≤
‖
g
‖
q
{\displaystyle \leq \|g\|_{q}}
par Hölder).
‖
T
x
(
f
)
‖
p
=
‖
f
‖
p
{\displaystyle \|T_{x}(f)\|_{p}=\|f\|_{p}}
, et en posant
N
(
x
,
y
)
=
T
x
f
~
(
y
)
{\displaystyle N(x,y)={\tilde {T_{x}f}}(y)}
(où
~
{\displaystyle {\tilde {}}}
est l'isométrie de
L
p
{\displaystyle L^{p}}
défine par
φ
~
(
y
)
:=
φ
(
−
y
)
{\displaystyle {\tilde {\varphi }}(y):=\varphi (-y)}
), on trouve
P
g
=
f
⋆
{\displaystyle Pg=f\star }
. (
N
{\displaystyle N}
vérifie bien les hypothèses
‖
N
(
x
,
)
‖
p
,
‖
N
(
,
y
)
‖
p
≤
C
{\displaystyle \|N(x,\ )\|_{p},\|N(\ ,y)\|_{p}\leq C}
pour
C
=
‖
f
‖
p
{\displaystyle C=\|f\|_{p}}
, puisque
N
(
x
,
)
=
T
x
f
~
{\displaystyle N(x,\ )={\tilde {T_{x}f}}}
et
N
(
,
y
)
=
T
−
y
f
{\displaystyle N(\ ,y)=T_{-y}f}
). Donc
‖
⋆
‖
≤
1
{\displaystyle \|\star \|\leq 1}
. Un changement de variable immédiat donne
f
⋆
g
=
g
⋆
f
{\displaystyle f\star g=g\star f}
.
Montrons que quand
h
→
0
{\displaystyle h\to 0}
,
T
x
+
h
f
→
T
x
f
{\displaystyle T_{x+h}f\to T_{x}f}
dans
L
p
{\displaystyle L^{p}}
(uniformément par rapport à
x
{\displaystyle x}
). Comme
T
u
+
v
=
T
u
∘
T
v
{\displaystyle T_{u+v}=T_{u}\circ T_{v}}
on peut supposer
x
=
0
{\displaystyle x=0}
(la continuité en
0
{\displaystyle 0}
entraînera donc la continuité uniforme). Si
f
{\displaystyle f}
est continue et à support compact, donc uniformément continue à support dans une boule
B
(
0
,
R
)
{\displaystyle B(0,R)}
, pour tout
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
il existe
δ
>
0
{\displaystyle \delta >0}
tel que
‖
h
‖
≤
δ
⇒
‖
T
h
f
−
f
‖
∞
≤
ε
{\displaystyle \|h\|\leq \delta \Rightarrow \|T_{h}f-f\|_{\infty }\leq \varepsilon }
, et
T
h
f
−
f
{\displaystyle T_{h}f-f}
est à support dans
B
(
0
,
R
+
δ
)
{\displaystyle B(0,R+\delta )}
, d'où
‖
T
h
f
−
f
‖
p
≤
ε
(
λ
n
(
B
(
0
,
R
+
1
)
)
)
1
/
p
{\displaystyle \|T_{h}f-f\|_{p}\leq \varepsilon (\lambda _{n}(B(0,R+1)))^{1/p}}
en choisissant
δ
<
1
{\displaystyle \delta <1}
, ce qui permet de conclure. On peut aussi utiliser simplement la continuité (sans uniformité) et raisonner par convergence dominée. Si
p
<
+
∞
{\displaystyle p<+\infty }
, le résultat pour
f
∈
C
c
{\displaystyle f\in C_{c}}
s'étend facilement par densité au cas
f
∈
L
p
{\displaystyle f\in L^{p}}
. Si
r
=
+
∞
{\displaystyle r=+\infty }
et
p
<
+
∞
{\displaystyle p<+\infty }
, les hypothèses de la question 3 sont donc remplies. Pour la continuité de
f
⋆
g
{\displaystyle f\star g}
lorsque
r
=
p
=
+
∞
{\displaystyle r=p=+\infty }
(donc
q
=
1
{\displaystyle q=1}
), il suffit, pour se ramener au cas
p
=
1
{\displaystyle p=1}
, d'échanger les rôles de
p
{\displaystyle p}
et
q
{\displaystyle q}
.
support
(
f
⋆
g
)
⊂
support
(
f
)
+
support
(
g
)
{\displaystyle \operatorname {support} (f\star g)\subset \operatorname {support} (f)+\operatorname {support} (g)}
et dans
L
∞
{\displaystyle L^{\infty }}
, l'adhérence de
C
c
{\displaystyle C_{c}}
est
C
0
{\displaystyle C_{0}}
.
Supposons sans perte de généralité que
μ
{\displaystyle \mu }
est positive et de masse
1
{\displaystyle 1}
et montrons qu'alors, pour toute fonction
f
∈
L
p
(
λ
n
)
{\displaystyle f\in L^{p}(\lambda _{n})}
, la fonction
f
∗
μ
{\displaystyle f\ast \mu }
définie par
(
f
∗
μ
)
(
x
)
=
∫
R
n
f
(
x
−
y
)
d
μ
(
y
)
{\displaystyle (f\ast \mu )(x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}f(x-y)\,\mathrm {d} \mu (y)}
vérifie :
‖
f
∗
μ
‖
L
p
(
λ
n
)
≤
‖
f
‖
L
p
(
λ
n
)
{\displaystyle \|f\ast \mu \|_{L^{p}(\lambda _{n})}\leq \|f\|_{L^{p}(\lambda _{n})}}
. Pour
p
=
+
∞
{\displaystyle p=+\infty }
, c'est immédiat. Pour
p
<
+
∞
{\displaystyle p<+\infty }
, on sait que pour toute fonction mesurable positive
h
{\displaystyle h}
,
(
∫
h
d
μ
)
p
≤
∫
h
p
d
μ
{\displaystyle \left(\int h\mathrm {d} \mu \right)^{p}\leq \int h^{p}~\mathrm {d} \mu }
(cf. fin de Fonctions convexes/Exercices/Sur l’inégalité de Jensen#Exercice 1-3 ). On en déduit :
∀
x
∈
R
n
|
(
f
∗
μ
)
(
x
)
|
p
≤
(
∫
|
f
(
x
−
y
)
|
d
μ
(
y
)
)
p
≤
∫
|
f
(
x
−
y
)
|
p
d
μ
(
y
)
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} ^{n}\quad |(f\ast \mu )(x)|^{p}\leq \left(\int |f(x-y)|\mathrm {d} \mu (y)\right)^{p}\leq \int |f(x-y)|^{p}~\mathrm {d} \mu (y)}
, d'où
‖
f
∗
μ
‖
L
p
(
λ
n
)
p
≤
∫
(
∫
|
f
(
x
−
y
)
|
p
d
μ
(
y
)
)
d
λ
n
(
x
)
=
∫
(
∫
|
f
(
x
−
y
)
|
p
d
λ
n
(
x
)
)
d
μ
(
y
)
=
∫
‖
f
‖
L
p
(
λ
n
)
p
d
μ
(
y
)
=
‖
f
‖
L
p
(
λ
n
)
p
{\displaystyle \|f\ast \mu \|_{L^{p}(\lambda _{n})}^{p}\leq \int \left(\int |f(x-y)|^{p}~\mathrm {d} \mu (y)\right)\,\mathrm {d} \lambda _{n}(x)=\int \left(\int |f(x-y)|^{p}~\mathrm {d} \lambda _{n}(x)\right)\,\mathrm {d} \mu (y)=\int \|f\|_{L^{p}(\lambda _{n})}^{p}\,\mathrm {d} \mu (y)=\|f\|_{L^{p}(\lambda _{n})}^{p}}
.
(Généralisation de la formule d'intégration par parties )
Soient
I
=
]
a
,
b
[
{\displaystyle I=\left]a,b\right[}
un intervalle ouvert de
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
et
μ
{\displaystyle \mu }
une mesure sigma-finie sur la tribu borélienne
B
I
{\displaystyle {\cal {B}}_{I}}
(par exemple, une mesure de Stieltjes ).
f
{\displaystyle f}
et
g
{\displaystyle g}
désignent des applications
μ
{\displaystyle \mu }
-intégrables de
I
{\displaystyle I}
dans
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
; on pose pour tout
x
∈
[
a
,
b
]
{\displaystyle x\in [a,b]}
,
F
(
x
)
=
∫
]
a
,
x
[
f
(
t
)
d
μ
(
t
)
et
G
(
x
)
=
∫
]
a
,
x
[
g
(
t
)
d
μ
(
t
)
{\displaystyle F(x)=\int _{\left]a,x\right[}f(t)\,\mathrm {d} \mu (t)\qquad {\hbox{et}}\qquad G(x)=\int _{\left]a,x\right[}g(t)\,\mathrm {d} \mu (t)}
.
Montrer que pour tout
x
∈
I
,
lim
y
→
x
+
F
(
y
)
{\displaystyle x\in I,\lim _{y\to x^{+}}F(y)}
existe ; elle est notée
F
+
(
x
)
{\displaystyle F_{+}(x)}
.
Soit
D
=
{
(
x
,
y
)
∈
I
2
∣
x
≤
y
}
{\displaystyle D=\{(x,y)\in I^{2}\mid x\leq y\}}
et pour
(
x
,
y
)
∈
I
2
,
h
(
x
,
y
)
=
f
(
x
)
g
(
y
)
χ
D
(
x
,
y
)
{\displaystyle (x,y)\in I^{2},h(x,y)=f(x)g(y)\chi _{D}(x,y)}
. Montrer que
h
{\displaystyle h}
est borélienne et
μ
⊗
μ
{\displaystyle \mu \otimes \mu }
-intégrable.
A l'aide du théorème de Fubini, démontrer que
f
G
{\displaystyle fG}
et
F
+
g
{\displaystyle F_{+}g}
sont
μ
{\displaystyle \mu }
-intégrables et que
∫
I
f
G
d
μ
=
F
(
b
)
G
(
b
)
−
∫
I
F
+
g
d
μ
{\displaystyle \int _{I}fG\,\mathrm {d} \mu =F(b)G(b)-\int _{I}F_{+}g\,\mathrm {d} \mu }
.
Solution
Par convergence dominée,
F
+
(
x
)
=
∫
]
a
,
x
]
f
d
μ
{\displaystyle F_{+}(x)=\int _{]a,x]}f\,\mathrm {d} \mu }
.
f
,
g
{\displaystyle f,g}
sont boréliennes et
D
{\displaystyle D}
est borélien, donc
h
{\displaystyle h}
est borélienne. Par Tonelli,
∫
I
×
I
|
h
|
d
(
λ
⊗
λ
)
=
∫
I
|
g
(
y
)
|
(
∫
]
a
,
y
]
|
f
|
d
λ
)
d
λ
(
y
)
≤
∫
I
|
g
(
y
)
|
(
∫
I
|
f
|
d
λ
)
d
λ
(
y
)
=
(
∫
I
|
f
|
d
λ
)
(
∫
I
|
g
|
d
λ
)
<
∞
{\displaystyle \int _{I\times I}|h|d(\lambda \otimes \lambda )=\int _{I}|g(y)|\left(\int _{\left]a,y\right]}|f|\,\mathrm {d} \lambda \right)\,\mathrm {d} \lambda (y)\leq \int _{I}|g(y)|\left(\int _{I}|f|\,\mathrm {d} \lambda \right)\,\mathrm {d} \lambda (y)=\left(\int _{I}|f|\,\mathrm {d} \lambda \right)\left(\int _{I}|g|\,\mathrm {d} \lambda \right)<\infty }
.
En appliquant Fubini à
h
{\displaystyle h}
, on trouve (que l'égalité ci-dessous a un sens et) que
∫
f
(
x
)
(
∫
y
≥
x
g
(
y
)
d
μ
(
y
)
)
d
μ
(
x
)
=
∫
g
(
y
)
(
∫
x
≤
y
f
(
x
)
d
μ
(
x
)
)
d
μ
(
y
)
{\displaystyle \int f(x)\left(\int _{y\geq x}g(y)\,\mathrm {d} \mu (y)\right)\,\mathrm {d} \mu (x)=\int g(y)\left(\int _{x\leq y}f(x)\,\mathrm {d} \mu (x)\right)\,\mathrm {d} \mu (y)}
, c'est-à-dire
∫
f
(
G
(
b
)
−
G
)
d
μ
=
∫
g
F
+
d
μ
{\displaystyle \int f(G(b)-G)\,\mathrm {d} \mu =\int gF_{+}\,\mathrm {d} \mu }
. Donc
F
+
g
{\displaystyle F_{+}g}
et
f
G
{\displaystyle fG}
sont intégrables (car
G
(
b
)
f
{\displaystyle G(b)f}
l'est car
f
{\displaystyle f}
l'est), et la formule s'en déduit.
Soient
(
Ω
,
T
,
μ
)
{\displaystyle (\Omega ,{\cal {T}},\mu )}
un espace mesuré,
f
:
Ω
→
[
0
,
+
∞
]
{\displaystyle f:\Omega \to [0,+\infty ]}
mesurable et
p
∈
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle p\in \left]0,+\infty \right[}
. On rappelle
que si
μ
{\displaystyle \mu }
est sigma-finie ,
∫
f
p
d
μ
=
∫
0
+
∞
p
t
p
−
1
μ
(
[
f
>
t
]
)
d
t
{\displaystyle \int f^{p}\,\mathrm {d} \mu =\int _{0}^{+\infty }pt^{p-1}\mu ([f>t])\,\mathrm {d} t}
. Montrer que si
f
∈
L
p
{\displaystyle f\in {\cal {L}}^{p}}
alors
μ
(
[
f
>
t
]
)
=
O
(
1
/
t
p
)
{\displaystyle \mu ([f>t])=O(1/t^{p})}
quand
t
→
+
∞
{\displaystyle t\to +\infty }
. Étudier la réciproque.
Solution
Remarquons d'abord que le cas
p
{\displaystyle p}
quelconque se ramène facilement au cas
p
=
1
{\displaystyle p=1}
(en remplaçant
f
{\displaystyle f}
par
f
p
{\displaystyle f^{p}}
).
D'autre part,
F
(
t
)
:=
μ
(
[
f
>
t
]
)
{\displaystyle F(t):=\mu ([f>t])}
est une fonction positive décroissante, continue à droite quelconque (en posant, pour toute
F
{\displaystyle F}
vérifiant ces propriétés,
f
(
x
)
=
x
{\displaystyle f(x)=x}
et
μ
=
{\displaystyle \mu =}
la mesure de Stieltjes sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}
associée à
−
F
{\displaystyle -F}
). Le problème se ramène donc à montrer, pour
F
{\displaystyle F}
vérifiant ces propriétés, que
∫
0
+
∞
F
(
t
)
d
t
<
+
∞
⇒
F
(
t
)
=
O
(
1
/
t
)
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }F(t)\,\mathrm {d} t<+\infty \Rightarrow F(t)=O(1/t)}
(ou même
o
(
1
/
t
)
{\displaystyle o(1/t)}
), mais que la réciproque est fausse.
Preuve de
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
: sinon, soient
ε
>
0
{\displaystyle \varepsilon >0}
et
(
t
n
)
{\displaystyle (t_{n})}
avec
t
n
+
1
>
2
t
n
{\displaystyle t_{n+1}>2t_{n}}
tels que
t
n
F
(
t
n
)
≥
ε
{\displaystyle t_{n}F(t_{n})\geq \varepsilon }
, alors
∫
t
0
+
∞
F
(
t
)
d
t
≥
∑
n
=
0
∞
∫
t
n
t
n
+
1
F
(
t
n
+
1
)
d
t
≥
∑
n
=
0
∞
∫
t
n
t
n
+
1
ε
t
n
+
1
d
t
=
ε
∑
n
=
0
∞
(
1
−
t
n
t
n
+
1
)
≥
ε
∑
n
=
0
∞
(
1
/
2
)
=
+
∞
{\displaystyle \int _{t_{0}}^{+\infty }F(t)\,\mathrm {d} t\geq \sum _{n=0}^{\infty }\int _{t_{n}}^{t_{n+1}}F(t_{n+1})\,\mathrm {d} t\geq \sum _{n=0}^{\infty }\int _{t_{n}}^{t_{n+1}}{\varepsilon \over t_{n+1}}\,\mathrm {d} t=\varepsilon \sum _{n=0}^{\infty }(1-{t_{n} \over t_{n+1}})\geq \varepsilon \sum _{n=0}^{\infty }(1/2)=+\infty }
.
Contre-exemple de la réciproque : soit
F
(
t
)
=
1
t
ln
t
{\displaystyle F(t)={1 \over t\ln t}}
pour
t
≥
2
{\displaystyle t\geq 2}
(et
F
=
{\displaystyle F=}
constante sur
[
0
,
2
]
{\displaystyle [0,2]}
), on a
F
(
t
)
=
o
(
1
/
t
)
{\displaystyle F(t)=o(1/t)}
mais
∫
2
+
∞
F
(
t
)
d
t
=
∫
ln
2
+
∞
d
u
u
=
+
∞
{\displaystyle \int _{2}^{+\infty }F(t)\,\mathrm {d} t=\int _{\ln 2}^{+\infty }{du \over u}=+\infty }
.
Soient
(
Ω
,
T
,
μ
)
{\displaystyle (\Omega ,{\cal {T}},\mu )}
un espace mesuré,
p
∈
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle p\in \left[1,+\infty \right[}
et
f
n
,
f
:
Ω
→
R
{\displaystyle f_{n},f:\Omega \to \mathbb {R} }
mesurables. On suppose que
f
n
→
f
{\displaystyle f_{n}\to f}
en mesure et qu'il existe
g
∈
L
p
(
μ
)
{\displaystyle g\in {\cal {L}}^{p}(\mu )}
telle que
∀
n
|
f
n
|
≤
g
{\displaystyle \forall n\quad |f_{n}|\leq g}
.
Prouver qu'alors
f
n
→
f
{\displaystyle f_{n}\to f}
dans
L
p
{\displaystyle {\cal {L}}^{p}}
.
Soient
p
∈
]
1
,
+
∞
[
{\displaystyle p\in \left]1,+\infty \right[}
et
(
Ω
,
T
,
μ
)
{\displaystyle (\Omega ,{\cal {T}},\mu )}
un espace mesuré sigma-fini .
Soient
f
,
g
∈
L
p
(
R
)
{\displaystyle f,g\in {\cal {L}}^{p}(\mathbb {R} )}
, montrer que
‖
|
f
|
p
−
|
g
|
p
‖
1
≤
p
(
‖
f
‖
p
p
−
1
+
‖
g
‖
p
p
−
1
)
‖
f
−
g
‖
p
{\displaystyle \|\ |f|^{p}-|g|^{p}\ \|_{1}\leq p(\|f\|_{p}^{p-1}+\|g\|_{p}^{p-1})\|f-g\|_{p}}
et en déduire que
f
→
|
f
|
p
{\displaystyle f\to |f|^{p}}
est continue de
L
p
{\displaystyle {\cal {L}}^{p}}
dans
L
1
{\displaystyle {\cal {L}}^{1}}
.