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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Pharès
- 21-01-2022 00:00:35
Bonsoir.
Donc forcément, pour démontrer son exo, il faut prendre par les sommes de Darboux ?
- Thgues
- 20-01-2022 10:56:55
Désolé de ma réponse tardive.
Merci beaucoup Fred.
J'ai effectivement redémontrer que toute fonction indicatrice est mesurable, d'où le résultat.
- Fred
- 17-01-2022 15:56:06
$l_n$ est une fonction en escalier donc elle est mesurable.
Cela dit, pourquoi vouloir cela? Si tu fais de l'intégrale de Riemann, la mesurabilité n'est pas quelque chose à laquelle on s'intéresse.
- Thgues
- 17-01-2022 15:09:23
Bonjour,
J'oubliais de préciser que [tex]f[/tex] est à valeurs positives.
Avec mon message précédent, et en remarquant que les [tex]A_k[/tex] sont deux à deux disjoints, alors la fonction [tex]l_n[/tex] est étagée positive.
Auriez-vous une indication maintenant pour montrer que les [tex]l_n[/tex] sont mesurables ?
- Thgues
- 16-01-2022 12:24:06
Encore une question...
Est-ce que les fonctions [tex]l_n[/tex] sont mesurables sont [tex][0;1][/tex] ?
On a [tex]l_n : ([0;1],B(R))\to (R,B(R))[/tex] avec [tex]B(R)[/tex] la tribu borélienne.
Ainsi, il s'agit de regarder si pour tout [tex]B\in B(R), l_n^{-1}(B)\in B(R)[/tex].
Cependant, comme [tex]l_n(t)=\inf_{t\in [\frac{k-1}{2^n};\frac{k}{2^n}[} f(t)[/tex], et donc on peut écrire que [tex]l_n(t)=\sum_{k=1}^{2^n-1} a_k 1_{A_k}[/tex] avec [tex]A_k=[\frac{k-1}{2^n};\frac{k}{2^n}[[/tex] pour tout [tex]n\ge 1[/tex].
Ainsi, [tex]l_n[/tex] est mesurable en tant que somme de fonctions qui le sont.
Est-ce correct ?
- Thgues
- 16-01-2022 09:49:12
Bonjour Fred,
Et merci pour tes remarques :)
- Fred
- 15-01-2022 16:51:13
Re-
1) qu'on prenne la borne inf sur l'intervalle fermé ou l'intervalle ouvert ne change rien. Bien sûr, ce n'est pas complètement évident et il faut un petit lemme technique pour le prouver...
2) ce n'est pas non plus grave s'il te manque un tout petit bout de la subdivision. Si j'ai bien compris, il te manque $\frac 1{2^n}\int_[1-1/2^n,1] f $. En effet, puisque $f$ est bornée, cette quantité tend vers $0$.
F.
- Thgues
- 15-01-2022 05:04:40
Merci Fred. Il y a des erreurs dans le poly, ça me perd.
En tout cas, en suivant ton indication, je dois montrer que :
[tex]\int_0^1 l_n(t)dt=\sum_{k=1}^n (t_k-t_{k-1})\inf_{[t_{k-1},t_k]} f(t)[/tex] pour tout [tex]n\ge 1[/tex] avec [tex]f : [0;1]\to R_+[/tex] une fonction Riemann-intégrable.
[tex]f[/tex] étant Riemann-intégrable sur [tex][0;1][/tex], on aura alors que [tex]\sum_{k=1}^n (t_k-t_{k-1})\inf_{[t_{k-1},t_k[} f(t)=\int_0^1 f(t)dt[/tex] et donc que [tex]\int_0^1 l_n(t)dt=\int_0^1 f(t)dt[/tex]
On a : [tex]\int_0^1 l_n(t)dt=\int_0^1\inf_{[t_{k-1},t_k[}f(t)dt[/tex]
Or, [tex]t\to \inf_{[t_{k-1},t_k[}f(t)[/tex] est une fonction en escalier sur [tex][0;1][/tex]. Elle est donc Riemann-intégrable et on a que :
[tex]\int_0^1\inf_{[t_{k-1},t_k[}f(t)dt=\sum_{k=1}^n(t_k-t_{k-1})\inf_{[t_{k-1},t_k[}f(t)[/tex].
Finalement, on a [tex]\int_0^1 l_n(t)dt=\sum_{k=1}^n(t_k-t_{k-1})\inf_{[t_{k-1},t_k[}f(t)[/tex].
A partir de là, je me fais deux remarques :
1) Il s'agit à chaque fois de [tex][t_{k-1},t_k[[/tex], et non de l'intervalle fermé [tex][t_{k-1},t_k][/tex].
Le problème se trouve dons en [tex]t_k[/tex], et il faudrait que je trouve une fonction définie sur [tex][t_{k-1},t_k][/tex] donc la restriction à [tex][t_{k-1},t_k[[/tex] soit égale à [tex]f(t)[/tex].
2) De plus, dans toutes les égalité, il faut que [tex]P=(t_1,t_2,...,t_{2^n-1})[/tex] forme une subdivision de [tex][0;1][/tex] pour tout [tex]n\ge 1[/tex], et où l'on a posé [tex]t_k=\frac{k}{2^n}[/tex].
Cependant, la borne 1 n'est pas atteinte.
Bref, je bloque sur les détails.
Qu'en pensez-vous ?
- Fred
- 14-01-2022 17:15:43
Bonjour,
De plus, sauf erreur, [tex]l_n(x)=\inf_{t\in I} f(t)[/tex] ne dépend pas de t, donc on aurait : [tex]\int_0^1 l_n(t)dt=\int_0^1 l_n(x)dt=l_n(x)[/tex]...
Ceci ne veut absolument rien dire. Qui est $x$ dans cette suite d'égalités?
Je pense que tu devrais montrer que $\int_0^1 l_n(t)dt$ est exactement une somme de Darboux....
F.
- Thgues
- 14-01-2022 11:22:29
Bonjour,
Je considère [tex]f : [0;1]\to R[/tex] une fonction bornée et Riemann-intégrable sur [tex][0;1][/tex].
Pour tout [tex]1\le k\le 2^n-1[/tex] et tout [tex]x\in [\frac{k-1}{2^n};\frac{k}{2^n}[=I[/tex], on pose [tex]l_n(x)=\inf_{t\in I} f(t)[/tex].
Je souhaiterais montrer que [tex](\int_0^1 l_n(t)dt)_{n\ge 1}[/tex] converge vers [tex]\int_0^1 f(t)dt[/tex].
Bon...
Pour montrer qu'il y a convergence vers [tex]\int_0^1f(t)dt[/tex], je peux considérer la somme de Darboux [tex]L_{(f,P)}=\sum_{i=1}^n (t_i-t_{i-1})\inf_{[x_{i-1};x_i]}f(t)[/tex] avec la partition [tex]P[/tex] définie par [tex]t_i=\frac{i}{2^n}[/tex] pour tout [tex]n\ge 1[/tex] et tout [tex]1\le i\le 2^n-1[/tex]. Je sais alors que comme [tex]f[/tex] est Riemann-intégrable, alors [tex]L_f=\sup_P L_{(f,P)}=\int_0^1 f(t)dt[/tex].
Autre définition équivalente de mon cours, je peux également définir [tex]L_f[/tex] de la façon suivante : [tex]L_p=\lim_{p\to +\infty} L_{(f,P_p)}[/tex] où [tex](P_p)_p[/tex] est une suite de partitions [tex]P_p=(x_0^{(p)},...,x_n^{(p)})[/tex] telle que [tex]max_{1\le i\le n(p)} |x_i^{(p)}-x_{i-1}^{(p)}|\to_{p\to +\infty} 0[/tex]
Je remarque déjà que pour tout [tex]1\le k\le 2^n-1, I\subset [0;1][/tex].
De plus, sauf erreur, [tex]l_n(x)=\inf_{t\in I} f(t)[/tex] ne dépend pas de t, donc on aurait : [tex]\int_0^1 l_n(t)dt=\int_0^1 l_n(x)dt=l_n(x)[/tex]...
Je ne comprends déjà pas ce premier point...
Ensuite, j'ai l'impression que, comme f est intégrable au sens de Riemann, il suffit que je montre que, pour tout [tex]1\le k\le 2^n-1[/tex] et tout [tex]x\in [\frac{k-1}{2^n};\frac{k}{2^n}[/tex] est une partition de [0;1].
Me trompé-je ?
Merci d'avance pour vos indications.