Volume d'une réunion quasi disjointe de pavés
Bonjour, on définit (dans un de mes livres) la volume d'un pavé de $\mathbb{R}^n$, $P=[a_1,b_1] \times ... \times [a_n,b_n]$, par
$vol(P)=(b_1-a_1)...(b_n-a_n)$
On souhaite démontrer que si un pavé $P$ est une réunion quasi disjointe de pavés $P_1,...,P_N$ alors $vol(P)=\sum_i vol(P_i)$
Ils donnent une preuve dans mon livre en découpant les pavés $P_1,...,P_N$ en pavés $P_1',...,P_M'$ de sorte que :
$\displaystyle P=\bigcup_{j=1}^{M} P_j'$ et $\displaystyle P_k=\bigcup_{j \in J_k} P_j',$ où les $J_k$ sont des ensembles d'entiers compris entre 1 et $M$.
Admettons, là je comprends que c'est possible mais ensuite ils affirment que : comme chaque côté de $P$ se partitionne en intervalles constituant les côtés des $P_j'$, on a $vol(P)=\sum_j vol(P_j')$
J'avoue que j'ai beaucoup de mal à admettre cette justification : c'est précisément ce qu'on l'on souhaite montrer... Quelqu'un a une explication sur cet argument ? Ou encore mieux, une autre démonstration de ce résultat ?
Merci d'avance.
$vol(P)=(b_1-a_1)...(b_n-a_n)$
On souhaite démontrer que si un pavé $P$ est une réunion quasi disjointe de pavés $P_1,...,P_N$ alors $vol(P)=\sum_i vol(P_i)$
Ils donnent une preuve dans mon livre en découpant les pavés $P_1,...,P_N$ en pavés $P_1',...,P_M'$ de sorte que :
$\displaystyle P=\bigcup_{j=1}^{M} P_j'$ et $\displaystyle P_k=\bigcup_{j \in J_k} P_j',$ où les $J_k$ sont des ensembles d'entiers compris entre 1 et $M$.
Admettons, là je comprends que c'est possible mais ensuite ils affirment que : comme chaque côté de $P$ se partitionne en intervalles constituant les côtés des $P_j'$, on a $vol(P)=\sum_j vol(P_j')$
J'avoue que j'ai beaucoup de mal à admettre cette justification : c'est précisément ce qu'on l'on souhaite montrer... Quelqu'un a une explication sur cet argument ? Ou encore mieux, une autre démonstration de ce résultat ?
Merci d'avance.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
On commence par montrer qu'étant donné un pavé $P=\prod_{i=1}^d [a_i;b_i]$ on a
$$\mathrm{vol}(P)=\lim_{k\to \infty} \frac{1}{k^d} \mathrm{Card}\left( \frac{1}{k}\mathbf Z^d \cap P \right).$$
Avec cette définition on a alors $\mathrm{vol}(P)\leq \sum \mathrm{vol}(P_i)$ puisque $P\subset \bigcup P_i$. Notons $N$ le nombre de pavés $P_i$. Reste maintenant à estimer les points de $\frac{1}{k}\mathbf Z^d$ qui sont comptés dans plusieurs $P_i$. Notons $l=\max |b_i-a_i|$ la longueur de $P$, chaque $P_i$ a donc une longueur d'au plus $l$ et donc les points de $\frac{1}{k}\mathbf Z^d$ contenus dans une face d'un des $P_i$ est au plus $(k(l+2))^{d-1}$. Les points comptés plusieurs fois (au plus $N$ fois) sont donc moins que $Nd(k(l+2))^{d-1}$ et donc
$$ \mathrm{Card}\left( \frac{1}{k}\mathbf Z^d \cap P \right)+N^2d(k(l+2))^{d-1}\geq \sum_{i=1}^N \mathrm{Card}\left( \frac{1}{k}\mathbf Z^d \cap P_i \right).$$
Mais puisque $\displaystyle \lim_{k\to \infty }\frac{N^2d(k(l+2))^{d-1}}{k^d}=0$ on en déduit $\mathrm{vol}(P)\geq \sum \mathrm{vol}(P_i)$, ce qui termine la démonstration.
Bon les lettres peuvent faire un peu peur comme ça mais en fait il s'agit juste de compter des points sur les faces des pavés et de voir que ça représente un nombre de points négligeable par rapport au nombre de points à l'intérieur des pavés.