Intégrale fonction étagée positive

Commencer par montrer que pour tout $r\in \N$ et toute famille finie $(X_1,...,X_r)$ d'éléments de $\mathcal A$, il existe $s\in \N$ et $Y_1,...,Y_s\in \mathcal A$ disjoints, et tels que pour tout $k \in \{1,...,r\}$, il existe $I_k\subseteq \{1,...,s\}$ tel que $X_k = \bigcup_{j \in I_k} Y_j$ (faire une récurrence sur $r$).

Appliquer ce résultat à $(A_1,...,A_n,B_1,...,B_p)$ et réécrire les sommes ci-dessus avec cette partition (c'est juste de l'interversion d'indices).

J'avais dit

Moi a écrit:

pour tout $r\in \N$ et toute famille finie $(X_1,...,X_r)$ d'éléments de $\mathcal A$, il existe $s\in \N$ et $Y_1,...,Y_s\in \mathcal A$ disjoints, et tels que pour tout $k \in \{1,...,r\}$, il existe $I_k\subseteq \{1,...,s\}$ tel que $X_k = \bigcup_{j \in I_k} Y_j$ (faire une récurrence sur $r$).

Le nombre de $Y_1,Y_2,Y_3,...$ n'est pas $r+1$.

Par exemple dans le cas d'une famille à 3 éléments $X_1,X_2,X_3$ on peut avoir $7$ ensembles $Y_1,Y_2,Y_3,...Y_7$ (faire un dessin... en tout cas c'est ce qui se passe dans l'approche que j'avais en tête).

skyffer3 a écrit:

La réponse perverse c'est de dire qu'on n'a pas besoin de prouver ça pour construire l'intégrale (on peut définir directement l'intégrale comme le sup sur les fonctions étagées inférieures à la fonction positive qu'on intègre, et du coup plus de problème de devoir montrer que l'intégrale d'une fonction étagée ne dépend pas de la représentation choisie), et qu'intégrer l'égalité prouve le résultat grinning smiley Désolé je ne pouvais m'empêcher eye rolling smiley

Et là vient le moment où on veut montrer que l'intégrale est additive ($\int f +\int g = \int f+g$) et c'est le drame 8-)

Non mais en fait le problème est plutôt de dire, si $f$ est une fonction étagée, qui est justement $\int f$.
Qui est $\int \mathbf 1_ {A\cup B}$ quand $A,B$ ne sont pas disjoints?

C'est précisément le chapitre offert sur la page web du premier auteur :-D
On commence par en montrer une forme faible: $\int (f+1_A)\ d\mu=\dots$, puis Beppo Levi, et seulement alors on passe à la linéarité.

Je confirme; ce n'est pas dit exactement comme ça, mais c'est équivalent: on prend pour $a_k$ l'inf de $f$ sur $A_k$.

Je montre l'énoncé que j'ai cité par récurrence, ce n'est pas très long.
Le cas $r=1$ est évident. Supposons le cas $r\geq 1$
Soient $X_1,...,X_{r+1}\in \mathcal A$ et $s\in \N$,$Y_1,...,Y_s$associés à $X_1,...,X_r$ par l'hypothèse de récurrence.
Alors on peut poser pour tous $k \in\{1,...,s\}$, $Z_{2k}:=Y_k \cap X_{r+1}$, $Z_{2k+1}:=Y_k \backslash X_{r+1}$ et $Z_{2s+1}:= X_{r+1} \backslash \bigcup_{j=1}^s Y_j$. Alors:

(I) les $Z_i$ sont distincts deux à deux (soient $i\neq j$, si $j=2s+1$ alors $Xi\subseteq \bigcup_{i=1}^s Y_i$ alors que $Z_{2s+1}$ est contenu dans le complémentaire de cet ensemble, sinon $i=2k$ et $j=2k+1$ avec $k\leq s$ ou vice-versa: et alors $Z_i\subseteq X_k$, $Z_j\subseteq X_k^c$, ou alors $i \in \{2p,2p+1\}$ et $j\in \{2q,2q+1\}$ avec $p\neq q$ et alors $Z_i\subseteq Y_p$, $Z_j \subseteq Y_q$ et $Y_p \cap Y_q=\emptyset$).

(II) pour tout $i\in \{1,...,r+1\}$, $X_i$ est union de $Z_j$. en effet, (noter que $Y_k=Z_{2k} \cup Z_{2k+1}$ pour tout $k\leq s$)
(II.1)si $i \leq r$, il existe (hypothèse de récurrence) $J\subseteq \{1,...,s\}$ tel que
$X_i=\bigcup_{j \in J} Y_j=\bigcup_{j \in J} Z_{2j} \cup Z_{2j+1}$
(II.2) cas où $i=r+1$
$$\begin{align}X_{r+1} & = \left (X_{r+1}\backslash \bigcup_{k=1}^s Y_k\right) \cup\left ( X_{r+1} \cap \bigcup_{k=1}^s Y_k \right ) \\
& = Z_{2s+1} \cup \bigcup_{k=1}^ s \left(X_{r+1} \cap Y_k \right) \\
& = Z_{2s+1} \cup \bigcup_{k=1}^ s Z_{2k}.
\end{align}$$.
D'où le résultat (et du coup $s$ va plutôt être égal à $2^r-1$).

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?12,1632032,1633950#msg-1633950 : Ça me paraît inutilement long et compliqué par rapport au premier lien que j'ai donné.

Bien sûr. Mais je comparais à ça : https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Fonction_étagée#Intégration_d'une_fonction_étagée
Si le lien s'affiche mal, il s'agit de la démonstration dans la section "Intégration d'une fonction étagée", qui me paraît complète à première vue.

Ah non, ça c'est le deuxième lien :-D Et ce n'est évidemment pas plus simple de construire toute l'intégration sans ce lemme pour reprouver ce lemme. C'est pour ça que j'ai dit que c'était une réponse "perverse", même si parfaitement juste.

En suivant ton idée de partitionner en ensembles disjoints, je trouvais juste que le lien https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Fonction_étagée#Intégration_d'une_fonction_étagée semblait plus direct que ta méthode, mais j'ai pas regardé en détails.