Est-ce que toute fonction de $\R$ dans $\R$ mesurable (pour la mesure de Lebesgue) est nécessairement limite presque partout (pour la convergence simple) d'une suite de fonctions continues ?
On sait que les fonctions $C^0$ sont denses dans $L^1(\R)$. Soit $f\in L^1(\R)$, il existe une suite de fonctions continues tendant vers $f$ et donc on peut en extraire une sous suite convergeant presque partout vers $f$.
Maintenant si $f$ est seulement mesurable il faut bricoler un peu mais normalement ça marche aussi. On commence par regarder $g = \arctan\circ f$ qui est mesurable et bornée, elle est donc $L^1_{\mathrm{loc}}(\R)$. On peut encore trouver une suite de fonctions continues $(g_n)_n$ telle que $\int_{-n}^n |g_n-g| \mathrm d \lambda <1/2^n$ et telle que $\|g_n\|_\infty < \pi/2$ (cela vient de fait que $\min(|g|,\pi/2-\varepsilon )$ tend vers $|g|$ dans $L^1_{\mathrm{loc}}(\R)$ quand $\varepsilon \to 0$). Quitte à extraire, on peut supposer que $(g_n)_n$ converge presque partout vers $g$ sur tout intervalle de la forme $[-k;k]$ et donc sur $\R$ entier. Il suffit alors de poser $f_n = \tan \circ g_n$ et on obtient ce qu'on désirait.
Salut,
Corto, si tu poses $g=\arctan\circ f\circ\tan$, tu obtiens $g\in L^1([-\frac\pi2,\frac\pi2])$ et c'est un peu plus simple de trouver les $g_n$ (c'est direct avec ce que tu dis dans le paragraphe précédent). Ensuite, $f_n=\tan\circ g_n\circ\arctan$ bien sûr. Mais c'est un détail.
Ce n'est pas très difficile mais c'est un peu pénible.
Pour $\R$ on peut procéder de la façon suivante :
-Les fonctions $L^1(\R)$ à support compact sont denses dans $L^1(\R)$. Cela se montre par convergence dominée de la suite $(f\chi_{[-n;n]})$. Cela permet de se restreindre à des fonctions à support compact dans toute la suite, ce qui simplifie les preuves.
-Les fonctions étagées sont denses dans les $L^1(\R)$. C'est à peu près trivial étant donné la définition de l'intégrale de Lebesgue.
-Les fonctions en escalier sont denses dans les étagées. Cela provient de la régularité extérieure de la mesure de Lebesgue, ie on peut approcher un ensemble mesurable (au sens de la mesure) par une union de pavés.
-Les fonctions continues sont denses dans les fonctions en escalier. Là c'est très classique, il suffit de prendre une approximation affine par morceaux.
Il y a une preuve de ce résultat pour des espaces plus généraux que $\R$ dans le Rudin par exemple.
Sinon, par convolution par une suite régularisante $\phi_n$, on construit une suite de fonctions régulières qui converge vers la fonction de $L^1$ souhaitée.
Soit$\phi$ la fonction $C\infty_c$ suivante :
$\phi(x) = C.\exp\left(-\frac{1}{1-x^2}\right)$ pour $|x|<1$ et $0$ sinon (et $C$ une constante de normalisation choisie pour que $\|\phi\|_1=1$)
On pose
$\phi_n(x) = n\phi(nx)$
Et alors pour toute fonction $f\in L^1(\mathbb{R})$,
$f\ast \phi_n$ est $C^\infty$, et $f\ast \phi_n\to_{L^1} f$
@marco, en l'absence de background et juste avec les définitions, si $n>0$ est un entier et $f$ ta fonction alors, il existe $U$ tel que pour tout couple $(r,s)$ de rationnels, $U(r,s)$ est ouvert et le complémentaire de l'ensemble :
@marco il y a longtemps j'avais résolu ce problème en exo en rédigeant tous les détails... je l'avais gardé pour la peine. Je te le mets en copie.
On suppose que $(\phi_{n})$ vérifie les conditions :
1) $\forall n \in \mathbb{N},\ \phi_{n} \geq 0 $ et $\displaystyle\int \! \phi_{n}(x)\,dx=1,$
2) $\displaystyle \forall r >0,\ \lim_{n \to \infty} \int_{\lbrace\|x\|>r\rbrace} \! \phi_{n}(x)\,dx=0.$
Soit $f \in L^{1}$. On a :
\begin{align*}
\|f\ast \phi_{n}-f\|_{1}&=\displaystyle\int\left|(f\ast \phi_{n})(x)-f(x)\right|\,dx=\displaystyle\int\left|\displaystyle\int f(x-y)\phi_{n}(y)\,dy-f(x)\right|\,dx \\
&=\displaystyle\int\left|\displaystyle\int \left(f(x-y)-f(x)\right)\phi_{n}(y)\,dy\right|\,dx \leq \iint \left|f(x-y)-f(x)\right|\phi_{n}(y)\,dy\,dx \\
&=\iint \left|f(x-y)-f(x)\right|\phi_{n}(y)\,dx\,dy,&\text{(par Fubini).}
\end{align*} Supposons que $f$ soit continue à support compact $K$. Le support de $x\mapsto f(x-y)-f(x)$ est contenu dans le compact $\left(y+K \right)\cup K,$ où $y+K=\left\lbrace y+x\vert x \in K \right\rbrace $. $f$ étant uniformément continue (car à support compact), pour $\varepsilon >0$ il existe $\delta >0$ tel que $\|y\|\leq \delta \Rightarrow |f(x-y)-f(x)|\leq \varepsilon$. La dernière expression devient donc,
$\displaystyle \underset{A}{\underbrace{\int_{\left\lbrace \|y\|\leq \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\displaystyle\int \left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy}} +
\underset{B}{\underbrace{\int_{\left\lbrace \|y\|> \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\int \left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy}}$.
cette dernière expression devenant $\leq \varepsilon$ dès que $n$ est assez grand.
Nous voyons donc que $\|f\ast \phi_{n}-f\|_{1}$ devient aussi petit que l'on veut dès que $n$ est assez grand.
Soit à présent $f \in L^{1}$ quelconque et $\varepsilon>0$. Par densité des fonctions continues à support compact dans $L^{1}$, il existe $h$ continue à support compact telle que $\|f-h\|_{1}\leq \varepsilon/3$. D’un autre côté au vu de ce qui précède, il existe un entier $N$ tel que pour tout $n\geq N,\ \|h\ast \phi_{n}-h\|_{1}\leq \varepsilon/3$. Étant donné que $f\ast \phi_{n}-f=(f\ast \phi_{n}-h\ast \phi_{n})+(h\ast \phi_{n}-h)+(h-f)$ nous avons pour $n\geq N$,
$\|f\ast \phi_{n}-f\|_{1}\leq \|(f-h)\ast \phi_{n}\|_{1} + \|h\ast \phi_{n}-h\|_{1} + \|h-f\|_{1}\leq \varepsilon/3+\varepsilon/3+\varepsilon/3=\varepsilon$ (car $\|(f-h)\ast \phi_{n}\|_{1}\leq \|(f-h)\|_{1}\cdot \|\phi_{n}\|_{1}=\|(f-h)\|_{1}$).
Tu veux plus ou moins montrer la densité des fonctions continues, dans un sens légèrement différent que "dense dans L^1" mais en fait qui est quasiment équivalent: à partir de là je ne vois que deux choix: soit tu utilises le résultat de densité dans L1, soit tu en reprend la preuve mais en modifiant légerement la preuve pour obtenir directement le résultat que tu veux, auquel cas faut donc faire le cheminement de réduction classique "fonction mesurable <- fonction étagée<- indicatrice d'un mesurable <- indicatrice d'un ouvert <- indicatrice d' un intervalle"
Désolé, tu as raison : je me suis embrouillé avec les intégrales. 8-)
Dans un livre de ma bibliothèque, l’auteur montre le résultat en utilisant la densité des fonctions en escalier dans $L^1(\R)$ (qui est quasi immédiate par la construction de la mesure de Lebesgue il me semble).
Édit : L’avantage de la démonstration dans le lien que tu as indiqué est qu’elle est valide dans $L^1(\R^d)$.
Le problème avec la convergence dominée n'est pas vraiment la domination car on peut sans trop de difficultés se ramener à f bornée à support compact. Le probléme c'est surtout la convergence pp, qui est fausse en général, par ex si f est l indicatrice d'un borélien (ou meme juste d'un ouvert) suffisamment compliqué.
Comme le dit Namiswan c'est la convergence presque partout qui va poser problème, en voici un exemple.
On prend $U$ un ouvert de $\R$, dense dans $[0;1]$ et de mesure de Lebesgue $<1/4$. Pour en construire un ce n'est pas dur on écrit simplement
\[
U= \bigcup_{i\in \N} B\left(q_i, \frac{1}{2^{i+10}}\right)
\]
avec $(q_i)_{i\in \N}$ une énumération des rationnels de $[0;1]$. Dans la suite je note $U_t =U+t$ le translaté de $U$. Soit $n\geq 2$ un entier et $x\in [1/2;1]$ un réel, puisque $U$ est dense dans $[0;1]$ il existe un réel $t_n(x)\in ]1/(n+1);1/n]$ tel que $x\in U_{t_n(x)}$. On a un recouvrement de $[1/2;1]$ par des ouverts et on peut donc en extraire un sous recouvrement fini : $U_{t_n(1)}, \ldots, U_{t_n(k_n)}$. L'ensemble des $t_i(j)$ ainsi construit est infini dénombrable et peut être énuméré de façon décroissante, je note $(T_n)_n$ cette énumération. Par construction $\lim T_n = 0$ et pour tout $x\in [1/2;1]$ on a
\[
\limsup_{n\to \infty} \mathbf 1_{U_{T_n}}(x) = 1.
\]
Puisque $\lambda(U) <1/4$ on en déduit que $\mathbf 1_{U_{T_n}}$ ne converge pas ponctuellement vers $\mathbf 1_{U}$ sur un ensemble de mesure plus grande que $1/2-1/4=1/4$.
On peut même s'amuser à construire $f$ à support dans $[0;1]$ et une certaine suite $(t_n)_n$ telles que les translatés de $f$ par $t_n$ divergent sur un ensemble de mesure $1$.
Réponses
Maintenant si $f$ est seulement mesurable il faut bricoler un peu mais normalement ça marche aussi. On commence par regarder $g = \arctan\circ f$ qui est mesurable et bornée, elle est donc $L^1_{\mathrm{loc}}(\R)$. On peut encore trouver une suite de fonctions continues $(g_n)_n$ telle que $\int_{-n}^n |g_n-g| \mathrm d \lambda <1/2^n$ et telle que $\|g_n\|_\infty < \pi/2$ (cela vient de fait que $\min(|g|,\pi/2-\varepsilon )$ tend vers $|g|$ dans $L^1_{\mathrm{loc}}(\R)$ quand $\varepsilon \to 0$). Quitte à extraire, on peut supposer que $(g_n)_n$ converge presque partout vers $g$ sur tout intervalle de la forme $[-k;k]$ et donc sur $\R$ entier. Il suffit alors de poser $f_n = \tan \circ g_n$ et on obtient ce qu'on désirait.
@Corto: est-ce difficile de montrer que les fonctions continues sont denses dans $L^1(\R)$ ?
Corto, si tu poses $g=\arctan\circ f\circ\tan$, tu obtiens $g\in L^1([-\frac\pi2,\frac\pi2])$ et c'est un peu plus simple de trouver les $g_n$ (c'est direct avec ce que tu dis dans le paragraphe précédent). Ensuite, $f_n=\tan\circ g_n\circ\arctan$ bien sûr. Mais c'est un détail.
Pour $\R$ on peut procéder de la façon suivante :
-Les fonctions $L^1(\R)$ à support compact sont denses dans $L^1(\R)$. Cela se montre par convergence dominée de la suite $(f\chi_{[-n;n]})$. Cela permet de se restreindre à des fonctions à support compact dans toute la suite, ce qui simplifie les preuves.
-Les fonctions étagées sont denses dans les $L^1(\R)$. C'est à peu près trivial étant donné la définition de l'intégrale de Lebesgue.
-Les fonctions en escalier sont denses dans les étagées. Cela provient de la régularité extérieure de la mesure de Lebesgue, ie on peut approcher un ensemble mesurable (au sens de la mesure) par une union de pavés.
-Les fonctions continues sont denses dans les fonctions en escalier. Là c'est très classique, il suffit de prendre une approximation affine par morceaux.
Il y a une preuve de ce résultat pour des espaces plus généraux que $\R$ dans le Rudin par exemple.
Soit$\phi$ la fonction $C\infty_c$ suivante :
$\phi(x) = C.\exp\left(-\frac{1}{1-x^2}\right)$ pour $|x|<1$ et $0$ sinon (et $C$ une constante de normalisation choisie pour que $\|\phi\|_1=1$)
On pose
$\phi_n(x) = n\phi(nx)$
Et alors pour toute fonction $f\in L^1(\mathbb{R})$,
$f\ast \phi_n$ est $C^\infty$, et $f\ast \phi_n\to_{L^1} f$
$$ \{x \mid \forall (r,s)\in \Q^2 : [f(x)\in ]r,s[ \iff x\in U(r,s) ] \}$$
a une mesure de Lebesgue $<1/n$.
Christophe: je vais y réfléchir.
On suppose que $(\phi_{n})$ vérifie les conditions :
1) $\forall n \in \mathbb{N},\ \phi_{n} \geq 0 $ et $\displaystyle\int \! \phi_{n}(x)\,dx=1,$
2) $\displaystyle \forall r >0,\ \lim_{n \to \infty} \int_{\lbrace\|x\|>r\rbrace} \! \phi_{n}(x)\,dx=0.$
Soit $f \in L^{1}$. On a :
\begin{align*}
\|f\ast \phi_{n}-f\|_{1}&=\displaystyle\int\left|(f\ast \phi_{n})(x)-f(x)\right|\,dx=\displaystyle\int\left|\displaystyle\int f(x-y)\phi_{n}(y)\,dy-f(x)\right|\,dx \\
&=\displaystyle\int\left|\displaystyle\int \left(f(x-y)-f(x)\right)\phi_{n}(y)\,dy\right|\,dx \leq \iint \left|f(x-y)-f(x)\right|\phi_{n}(y)\,dy\,dx \\
&=\iint \left|f(x-y)-f(x)\right|\phi_{n}(y)\,dx\,dy,&\text{(par Fubini).}
\end{align*} Supposons que $f$ soit continue à support compact $K$. Le support de $x\mapsto f(x-y)-f(x)$ est contenu dans le compact $\left(y+K \right)\cup K,$ où $y+K=\left\lbrace y+x\vert x \in K \right\rbrace $. $f$ étant uniformément continue (car à support compact), pour $\varepsilon >0$ il existe $\delta >0$ tel que $\|y\|\leq \delta \Rightarrow |f(x-y)-f(x)|\leq \varepsilon$. La dernière expression devient donc,
$\displaystyle \underset{A}{\underbrace{\int_{\left\lbrace \|y\|\leq \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\displaystyle\int \left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy}} +
\underset{B}{\underbrace{\int_{\left\lbrace \|y\|> \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\int \left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy}}$.
Or, $A= \displaystyle\int_{\left\lbrace \|y\|\leq \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\int_{\left(y+K \right)\cup K}\left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy \leq 2\lambda(K)\varepsilon \int\!\phi_{n}(y)\,dy= 2\lambda(K)\varepsilon$
et
$B= \displaystyle\int_{\left\lbrace \|y\|> \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\int_{\left(y+K \right)\cup K}\left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy \leq 4\sup|f(x)|\cdot\lambda(K)\int_{\left\lbrace\|y\|>\delta\right\rbrace}\!\phi_{n}(y)\,dy,$
cette dernière expression devenant $\leq \varepsilon$ dès que $n$ est assez grand.
Nous voyons donc que $\|f\ast \phi_{n}-f\|_{1}$ devient aussi petit que l'on veut dès que $n$ est assez grand.
Soit à présent $f \in L^{1}$ quelconque et $\varepsilon>0$. Par densité des fonctions continues à support compact dans $L^{1}$, il existe $h$ continue à support compact telle que $\|f-h\|_{1}\leq \varepsilon/3$. D’un autre côté au vu de ce qui précède, il existe un entier $N$ tel que pour tout $n\geq N,\ \|h\ast \phi_{n}-h\|_{1}\leq \varepsilon/3$. Étant donné que $f\ast \phi_{n}-f=(f\ast \phi_{n}-h\ast \phi_{n})+(h\ast \phi_{n}-h)+(h-f)$ nous avons pour $n\geq N$,
$\|f\ast \phi_{n}-f\|_{1}\leq \|(f-h)\ast \phi_{n}\|_{1} + \|h\ast \phi_{n}-h\|_{1} + \|h-f\|_{1}\leq \varepsilon/3+\varepsilon/3+\varepsilon/3=\varepsilon$ (car $\|(f-h)\ast \phi_{n}\|_{1}\leq \|(f-h)\|_{1}\cdot \|\phi_{n}\|_{1}=\|(f-h)\|_{1}$).
$| f\ast \phi_n(x) - f(x) | = \left| \int_\mathbb{R} f(x-y)\phi_n(y) dy - f(x)\int_\mathbb{R} \phi_n(y) dy \right |$
$\leq \int_\mathbb{R} \phi_n(y) | f(x-y) - f(x)| dy$
Puis,
$\| f\ast \phi_n - f \|_1 = \int_\mathbb{R} | f\ast \phi_n(x) - f(x) | dx $
$\leq \int_\mathbb{R} \int_\mathbb{R} \phi_n(y) | f(x-y) - f(x)| dy dx$
Ensuite, un petit coup de Fubini :
$\leq \int_\mathbb{R} \phi_n(y) \int_\mathbb{R} | f(x-y) - f(x)| dx dy$
Ensuite on se rappelle que le support de $\phi_n$ est $[-1/n,1/n]$, donc si $|y|>1/n$,
$ \phi_n(y) \int_\mathbb{R} | f(x-y) - f(x)| dx = 0 $
Et la translation est continue sur $L^1$, donc
$\forall y \in [-1/n, 1/n],$
$\int_\mathbb{R} | f(x-y) - f(x)| dx \leq u_n \to 0$
D'où le résultat
Édit : J’ai écris une bêtise. Voir ci-dessous.
Dans un livre de ma bibliothèque, l’auteur montre le résultat en utilisant la densité des fonctions en escalier dans $L^1(\R)$ (qui est quasi immédiate par la construction de la mesure de Lebesgue il me semble).
Édit : L’avantage de la démonstration dans le lien que tu as indiqué est qu’elle est valide dans $L^1(\R^d)$.
On prend $U$ un ouvert de $\R$, dense dans $[0;1]$ et de mesure de Lebesgue $<1/4$. Pour en construire un ce n'est pas dur on écrit simplement
\[
U= \bigcup_{i\in \N} B\left(q_i, \frac{1}{2^{i+10}}\right)
\]
avec $(q_i)_{i\in \N}$ une énumération des rationnels de $[0;1]$. Dans la suite je note $U_t =U+t$ le translaté de $U$. Soit $n\geq 2$ un entier et $x\in [1/2;1]$ un réel, puisque $U$ est dense dans $[0;1]$ il existe un réel $t_n(x)\in ]1/(n+1);1/n]$ tel que $x\in U_{t_n(x)}$. On a un recouvrement de $[1/2;1]$ par des ouverts et on peut donc en extraire un sous recouvrement fini : $U_{t_n(1)}, \ldots, U_{t_n(k_n)}$. L'ensemble des $t_i(j)$ ainsi construit est infini dénombrable et peut être énuméré de façon décroissante, je note $(T_n)_n$ cette énumération. Par construction $\lim T_n = 0$ et pour tout $x\in [1/2;1]$ on a
\[
\limsup_{n\to \infty} \mathbf 1_{U_{T_n}}(x) = 1.
\]
Puisque $\lambda(U) <1/4$ on en déduit que $\mathbf 1_{U_{T_n}}$ ne converge pas ponctuellement vers $\mathbf 1_{U}$ sur un ensemble de mesure plus grande que $1/2-1/4=1/4$.
On peut même s'amuser à construire $f$ à support dans $[0;1]$ et une certaine suite $(t_n)_n$ telles que les translatés de $f$ par $t_n$ divergent sur un ensemble de mesure $1$.