Convergence dans $L^2([0,1])$

Code_Name · January 2021

Bonjour,

Placons nous dans $\mathbb [0,1]\subset \mathbb R$. Soit $A$ un Lebesgue-mesurable. On peut écrire par définition que $\mu(A)=\inf \left \{\sum_{i=1}^\infty (b_i-a_i)\;\big|\;A\subset \cup_i[a_i,b_i] \right \}=:\inf S$.

En particulier, pour tout $\epsilon>0,\; \exists s\in S:\; s<\mu(A)+\epsilon$ (définition de l'infimum).
Aussi, pour ce $s=\sum_{i=1}^\infty (b_i-a_i)$, on a que pour notre $\epsilon$ que $\exists N$ tel que $\left|\sum_{i=1}^N (b_i-a_i)-\sum_{i=1}^\infty (b_i-a_i)\right|<\epsilon$.

On peut conclure que $\left|\sum_{i=1}^N (b_i-a_i)-\mu(A)\right|\leq\left|\sum_{i=1}^N (b_i-a_i)-\sum_{i=1}^\infty (b_i-a_i)\right|+\left|\sum_{i=1}^\infty (b_i-a_i)-\mu(A)\right|<2\epsilon$

Donc $$\left|\int\sum_{i=1}^N \chi_{[a_i,b_i]}-\chi_A\right|^2=\left|\sum_{i=1}^N \int\chi_{[a_i,b_i]}-\chi_A\right|^2=\left|\sum_{i=1}^N (b_i-a_i)-\mu(A)\right|^2\leq4\epsilon^2$$

Je n'arrive pas à aller plus loin, d'après mon corrigé il est possible de dire que $\int\left|\sum_{i=1}^N \chi_{[a_i,b_i]}-\chi_A\right|^2\leq \text{terme en }\epsilon$. Merci pour votre aide.

nimajneb · January 2021

Je ne comprends pas ce que tu cherches à majorer : tu considères $| \int \sum \ldots |^2$ et dans la fin de ton message il est question de $\int | \sum \ldots |^2$.
Tu peux remarquer que, si les intervalles $[a_i,b_i]$ sont disjoints, alors $\sum_i \chi_{[a_i,b_i]} - \chi_A \in \{0,1\}$ donc est égal à son carré.

Code_Name · January 2021

Bonjour et merci pour votre réponse. Je vais détailler un peu ma question.

$\sum_{i=1}^\infty (b_i-a_i)$ est la somme d'un recouvrement infini de $A$. Je souhaite montrer qu'avec un recouvrement (ou un sous-recouvrement) fini, on aurait que $\int\left|\sum_{\text{fini}} \chi_{[a_i,b_i]}-\chi_A\right|^2\leq \text{terme en }\epsilon$

J'ai réussi à montrer que $\left|\int\sum_{\text{fini}} \chi_{[a_i,b_i]}-\chi_A\right|^2<4\epsilon^2$ mais je n'arrive pas à aller plus loin.

La fonction $\sum_i \chi_{[a_i,b_i]} - \chi_A$ n'est pas de signe constant car pour un recouvrement fini on na pas forcément que $A\subset \cup_i[a_i,b_i]$.

nimajneb · January 2021

Bonjour, j'avoue que je ne comprends pas l'intérêt de l'inégalité $|\int \sum \ldots |^2 < 4\varepsilon^2$, parce que tu ne pourras pas passer à $\int | \sum \ldots |^2$ (dans le premier cas, on parle du carré d'une norme $L^1$ et dans le deuxième, du carré d'une norme $L^2$).
Ensuite, si je suppose que les $[a_i,b_i]$ sont disjoints (ce qu'on peut sans doute supposer), alors on a :
$$\sum_{i=1}^N \chi_{[a_i,b_i]} - \chi_A = \chi_{\cup_{i\le N} [a_i,b_i]} - \chi_A \in \{-1,0,1\}.
$$ Donc en particulier : $$\left|\sum_{i=1}^N \chi_{[a_i,b_i]} - \chi_A \right|^2 = \left|\sum_{i=1}^N \chi_{[a_i,b_i]} - \chi_A \right| .
$$ Et donc : $$\begin{aligned}
\int \left|\sum_{i=1}^N \chi_{[a_i,b_i]} - \chi_A \right|^2 &= \int \left|\sum_{i=1}^N \chi_{[a_i,b_i]} - \chi_A \right| \\
& \le \int \left | \chi_{\cup_{i \ge 1} [a_i,b_i]} - \chi_{\cup_{i \le N} [a_i,b_i]} \right | + \int \left | \chi_{\cup_{i \ge 1} [a_i,b_i]} - \chi_A \right |\\
& = \sum_{i > N} (b_i-a_i) + s-\mu(A)
\end{aligned}$$

Code_Name · January 2021

Merci pour votre réponse, il s'avère que mon correcteur est allé trop vite je lui ai envoyé un mail il m'a dit qu'en effet cela n'était pas juste. La question originale consistait à montrer que le sous-espace vectoriel de$L^2([0,1])$ engendré par les fonctions caractéristiques $\{\chi_{[0,b]}|b\in [0,1]\}$ est dense dans $L^2([0,1])$. Il m'a envoyé une autre preuve complétement différente et beaucoup plus longue (:P)

Edit: Je viens de lire plus attentivement votre réponse et elle est très intéressante je pense qu'elle résout mon problème merci :-)

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