Approximation fonction mesurable

Gentil · June 2019

Bonjour à tous,

Je trouve que la fin de la preuve ci dessous est un peu rapide qu'en dite vous ?
Il ne m'apparait pas clairement que $ x \notin A_{n}$ pour une infinité de $n$. 87934

Poirot · June 2019

Si $x$ appartient à tous les $A_n$ à partir du rang $n_0$, alors on a $$f(x) \geq \frac{1}{n} + \dots + \frac{1}{n_0}$$ par définition de $A_n$. Ceci étant vrai pour tout $n \geq n_0$, on obtient une contradiction avec le fait que $f(x) < +\infty$.

Moi ce qui me choque plus dans cette démo c'est les $\chi_{A_j}$ qui devraient être des $\chi_{A_j}(x)$ un peu partout.

Gentil · June 2019

Bonjour Poirot.

Effectivement, j'ai compris. L'interprétation géométrique des $A_{n}$ n'est pas aussi clair pour moi que dans la preuve classique avec $E_{n,k} = \{ \frac{k}{2^{n-1}} \le f(x) \le \frac{k}{2^{n}} \}$.

Bref une dernière question, pour conclure, quelle est l'astuce pour achever la preuve une fois l'argument prouvé pour une infinité de $n$ ? Au début je me disais que c'était juste un argument de $\liminf$ mais en fait non.

Math Coss · June 2019

La suite $\bigl(\sum_{k=1}^{n-1}\frac1k\chi_{A_k}\bigr)_{n\ge1}$ est croissante.

Gentil · June 2019

Bonjour Math Coss
Oui, que voulez-vous prouver ?

Poirot · June 2019

Tu peux passer à la limsup. La croissance fait qu'il s'agit effectivement d'une limite.

Math Coss · June 2019

Soit $\epsilon>0$. Soit $n_0$ tel que $1/n_0\le\epsilon$. Soit $n_1\ge n_0$ tel que \[0\le f-\sum_{k=1}^{n_1-1}\frac1k\chi_{A_k}\le\frac{1}{n_1}.\]Alors, pour $n\ge n_1$, on a : \[0\le f-\sum_{k=1}^{n-1}\frac1k\chi_{A_k}\le f-\sum_{k=1}^{n_1-1}\frac1k\chi_{A_k}\le\frac{1}{n_1}\le\frac{1}{n_0}\le\epsilon.\]