Trois questions en Intégration
Salut,
j'aurais besoin de quelques pistes...dans les trois questions suivantes :
Merci d’avance.
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Réponses
Pour cela il peut être utile de considérer des fonctions dont le support est de la forme $\{ f > \lambda \}$.
Pour le troisième il est bon d'avoir en tête cette caractérisation de l'intégrabilité, mais la démontrer est un bon exercice :
$\lim_{a \rightarrow \infty} \int_{|f|>a} |f| d\mu = 0$
Apparemment, la réponse, c'est "le théorème du graphe fermé" mais je dois dire que je n'ai pas compris comment...
La troisième, ça me semble être le théorème de convergence dominée + la minoration de Markov.
Pour la deuxième, je trouve bizarre qu'il n'y ait pas de valeur absolue à gauche : que se passe-t-il si $f_n \equiv -1,\ \forall n$ ? Sinon, dans le sens $\Rightarrow$ : TCD, et dans le sens $\Leftarrow$ : Markov ?
**Notons l'endomorphisme $T$ bien défini (grâce à l'énoncé, il suffit de séparer les parties positives et négatives de la fonction intégrable) pour toute fonction $g\in L^{1}$ par $T(g)=fg.$
Soit $(g_{n})_{n\geq 0}$ une suite de fonctions $L^{1}$ convergeant dans $L^{1}$ vers $g.$ Et supposons que $T((g_{n}))_{n\geq 0}$ converge dans $L^{1}$ vers $h.$
On veut montrer que $h=T(g)$ $\mu-$pp. Sous ces conditions, par le théorème du graphe fermé, $T$ sera donc continu.
Soit $\lambda>0.$
On a d'une part par définition de la convergence $L^{1}$ : $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0\leq f\leq \lambda}fg_{n}d\mu=\int_{0\leq f\leq \lambda}hd\mu.$
D'autre part, par convergence dominéee, il vient : $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0\leq f\leq \lambda}fg_{n}d\mu=\int_{0\leq f\leq \lambda}fg\mu.$
Comme les parties $(\{0\leq f\leq \lambda\})_{\lambda>0}$ constituent un $\pi-$système de $X$, on obtient alors par le lemme des classes monotones : $h=fg$ $\mu$-pp.
Remarque : on peut aussi considérer des sous-suites qui convergent $\mu-$pp pour conclure plus vite.
*** Ainsi, il existe $C>0$ tel que $\forall g\in L^{1},\mbox{ } \|fg\|_{1}\leq C\|g\|_{1}.$
En choisissant $g=\mathrm{1}_{\{f>\lfloor C \rfloor +1\}},$ il vient en minorant la première quantité de l'inégalité précédente : $\displaystyle (\lfloor C \rfloor +1)\mu(f >\lfloor C \rfloor +1)\leq C\mu(f >\lfloor C \rfloor +1),$ ce qui implique $\mu(f >\lfloor C \rfloor +1)=0$ et donc le résultat désiré.
*$i)\Longrightarrow ii)$
On a :
\begin{align*}
\int_{X}1\wedge\vert f_{n}\vert d\mu & = \int_{\vert f_{n}\vert <\varepsilon}\left(1\wedge\vert f_{n}\vert\right) d\mu +\int_{\vert f_{n}\vert \geq \varepsilon}\left(1\wedge\vert f_{n}\vert\right)d\mu\\
& \leq \varepsilon\mu(X) + \mu(\vert f_{n}\vert \geq \varepsilon).
\end{align*}
Ainsi, en passant à la limite sup lorsque $n\rightarrow +\infty$ puis en faisant tendre $\varepsilon$ vers $0,$ tu obtiens le résultat voulu.
**$ii)\Longrightarrow i)$
Si $\varepsilon\geq 1,$ on obtient le résultat voulu par le théorème d'encadrement. A savoir :
\begin{align*}
0\leq \mu(\vert f_{n}\vert \geq \varepsilon) & \leq \mu(\vert f_{n}\vert \geq 1)\\
& \leq \int_{\vert f_{n}\vert \geq 1}\left(1\wedge\vert f_{n}\vert\right) d\mu\\
& \leq \int_{X}\left(1\wedge\vert f_{n}\vert\right) d\mu \longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} 0.
\end{align*}
Si $0<\varepsilon<1,$ on obtient le résultat voulu par le théorème d'encadrement. Plus précisément :
\begin{align*}
0\leq \mu(\vert f_{n}\vert \geq \varepsilon) & =\mu(1\geq \vert f_{n}\vert \geq \varepsilon)+\mu(\vert f_{n}\vert > 1)\\
& \leq \frac{1}{\varepsilon}\int_{1\geq \vert f_{n}\vert \geq \varepsilon}\left(1\wedge\vert f_{n}\vert\right) d\mu + \int_{\vert f_{n} \vert >1}\left(1\wedge\vert f_{n}\vert\right) d\mu \\
& \leq\frac{1}{\varepsilon}\int_{X}\left(1\wedge\vert f_{n}\vert\right) d\mu \longrightarrow_{n\rightarrow +\infty} 0.
\end{align*}
Et remarque ainsi que $\mathrm{1}_{\{\vert f\vert \geq a\}} \longrightarrow_{a\rightarrow +\infty} 0 \mbox{ } \mu-\mbox{pp},$ pour pouvoir appliquer le théorème de convergence dominée.
Voici une tentative un peu plus bricolée.
Je suppose sans perdre de généralité que $f \in \N$ presque partout.
(quitte à remplacer $f$ par sa partie entière)
Supposons par contraposée (pas contrapposée !) que $f$ n'est pas essentiellement bornée.
Je note $\phi(k)$ la $k$ème valeur entière $>0$ prise par $f$ sur un ensemble de mesure $>0$.
Je pose
$$
\begin{align}
g_0 & = \sum_{k=1}^{\infty}
\frac{1_{\{f=\phi(k)\}}}{\mu\{f=\phi(k)\}}
\cdot
\frac{1}{{\phi(k)}^{3/2}} \\
g_1 & = \sum_{k=1}^{\infty}
\frac{1_{\{f=\phi(k)\}}}{\mu\{f=\phi(k)\}}
\cdot
\frac{1}{\sqrt{\phi(k)}} \\
g_2 & = \sum_{k=1}^{\infty}
\frac{1_{\{f=\phi(k)\}}}{\mu\{f=\phi(k)\}}
\cdot
\sqrt{\phi(k)} \\
\end{align}
$$
On a $f \cdot g_0 = g_1$ et $f \cdot g_1 = g_2$.
Or
$$
\begin{align}
\int_X g_0 & = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{{\phi(k)}^{3/2}} < \infty \\
\int_X g_2 & = \sum_{k=1}^{\infty} \sqrt{\phi(k)} = \infty \\
\end{align}
$$
Donc entre $g_0$ et $g_1$, il y en a une des deux telle que $\int_X g < \infty$ mais $\int_X fg = \infty$.
Supposons que pour tout entier $N$ non nul $\{f > N\}$ soit de mesure non nulle. En considérant la somme suivante (convergente dans $L^1(\mu)$) :
$$
g = \sum_{N=1}^{+\infty} \frac{1_{\{f > N\}}}{N^2 \mu(\{f > N\}) },
$$
on a bien $\int g \,d\mu = \sum_{N=1}^{+\infty} \frac1{N^2} < +\infty$ mais $\int fg \,d\mu \geqslant \sum_{N=1}^{+\infty} \frac1N = +\infty$.