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Fonction mesurable

Envoyé par marco 
Fonction mesurable
il y a neuf mois
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Bonjour,

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 ?

Merci.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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J'avais bien noté ce lien [math.stackexchange.com]

Signature: Notre but principal dans cette vie est d' aider les autres . Et si vous ne pouvez pas les aider, au moins ne leur faites pas de mal.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par Corto.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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Merci Corto et Gebrane.
@Corto: est-ce difficile de montrer que les fonctions continues sont denses dans $L^1(\R)$ ?
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par Calli.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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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.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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Merci !
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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 $f\ast \phi_n\to_{L^1} f$
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
@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 :

$$ \{x \mid \forall (r,s)\in \Q^2 : [f(x)\in ]r,s[ \iff x\in U(r,s) ] \}$$

a une mesure de Lebesgue $<1/n$.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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Merci Tryss ! Comment montrer que $f \ast \phi_n \to_{L^1} f$ ?
Christophe: je vais y réfléchir.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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Marco : la démonstration de ce résultat passe en général par la densité des fonctions $C^0_c(\R)$ dans $L^1(\R)$.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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@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,
$\displaystyle \underset{A}{\underbrace{\int_{\left\lbrace \|y\|\leq \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\displaystyle\int \left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy}} +
\underset{B}{\underbrace{\int_{\left\lbrace \|y\|> \delta\right\rbrace }\!\phi_{n}(y)\int \left|f(x-y)-f(x)\right|\,dx\,dy}}$.

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 $\|(f-h)\ast \phi_{n}\|_{1}\leq \|(f-h)\|_{1}\cdot \|\phi_{n}\|_{1}=\|(f-h)\|_{1}$).



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par AD.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Bonjour

PREUVE CIRCULAIRE (A PRIORI) : VOIR PLUS BAS LA RAISON DANS UN AUTRE POST.


Pour revenir à la question de densité des fonctions continues (ou continues à support compact, ou $L^2$ à support compact, ou de classe C infini à support compact. Etc) dans $ L^1$.
J'ai bricolé avec la transformée de Fourier $L^2$ plus maniable que celle sur $L^1$ pour les questions de continuité. La difficulté c'est de s'y ramener puis de retrouver une porte de sortie pour revenir à une convergence dans $L^1$.



1) soit $f\in L^1$ et soit $\forall n\in \N^{*}, f_n(x)=f(x)$ si $|x|\le n$ et $|f(x)|\le n$ et égale à 0 sinon.
D'après le théorème de la convergence dominée, $f_n$ converge $L^1$ vers f.
On remarque que $f_n\in L^2$ ($\int_{\R} f_n^2=\int_{[-n;n]}f_n^2 \le \int_{[-n;n]} n|f_n| <+\infty $ correction. l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour conclure).
Au passage (c'est hors sujet) on a prouvé la densité de $L^2$ inter $L^1$ dans $L^1$ ainsi que $L^2$ à support compact dans $L^1$.

2) $f\in L^1$ à support compact et bornée (donc en particulier $\in L^2$, comme expliqué plus haut).
.
Pour l'approximation : version $\varphi$ introduite par Tryss et non celle de Raoul.S.
J'ai besoin d'avoir des approximations à support compact dans $[-1;1]$.

On montre que $TF(f*\varphi_n) =TF(f) TF(\varphi_n)$ (*) converge $L^2$ vers $TF(f) $ en utilisant le théorème de la convergence dominée

(Quelques détails :
Égalité $(*)$ : pour une fonction dans $L^1$ inter $L^2$ les transformée de Fourier version $L^2$ et version $L^1$ sont égales; les 3 fonctions de l'égalité sont $L^1$ et $L^2$; l'égalité est toujours vraie pour des fonctions $L^1$)
Limite simple : $TF(\varphi_n)(\xi)=TF(\varphi)(\xi/n) $ qui converge simplement vers $\int \varphi= 1$
Domination : $|TF(\xi)|^2|TF(\varphi)(\xi/n)-1|^2 \le |TF(\xi)|^2 2(1+||\varphi||_{\infty}^{2})\in L^2$
On peut aussi, et c'est plus rapide, utiliser le théorème de la convergence dominée version $L^2$).

puis par continuité de la transformée de Fourier version $L^2$, $f*\varphi_n$ converge $L^2$ vers $f$.

Si $f$ est à support dans $[-M;M], \forall n, f*\varphi_n$ est à support dans $[-M-1;M+1]$ et donc cette convergence $L^2$ esr une convergence $L^2(]-M-1;M+1[)$ donc on a convergence $L^1(]-M-1;M+1[) $(inégalité de Cauchy-Schwarz), donc compte-tenu des supports, on a convergence $L^1$ de la suite vers $f$.


3) 1+2 entraînent le résultat de densité ie de densité des fonctions continues (ou d'autres régularité si on veut) à support compact dans $L^1$
Nb : on n'a pas prouvé le résultat de raoul.S. Peut-être en reprenant les arguments on y arriverait, je ne sais pas.



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par side.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
avatar
Merci, je vais lire les démonstrations.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Bonjour,

À la réflexion, la preuve que je donne ci-dessus n'est pas pertinente. En effet, elle suppose construite la transformée de Fourier $L^2$.
Hors classiquement, cette transformée est construite en ayant démontré au préalable des résultats de densité. Il n'est pas exclu qu'une construction existe sans en passer par ces résultats de densité. Je ne sais pas ce qu'il en est.

Il faut donc la considèrer comme un simple exercice de manipulation de la transformée de Fourier $L^2$ mais non comme une preuve.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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"
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Non. Je cherchais bien à donner une preuve densité $L1$ ie répondre à Marco (ajout : sa deuxième question). Les ajouts sur les autres densité c'était en plus.
De toute façon '' ma preuve'' est fausse car circulaire (a priori) comme je l'ai expliqué.

Un 3 ème choix consiste à le prouver par régularisation avec la convolution ie en utilisant la preuve/le procédé donné par Tryss/raoul. S.
On obtient toutes les densités qu'on veut et également une hors sujet : pour une fonction uniformément continue (en particulier continue à support compact) les régularisées convergent uniformément.
On peut même, mais c'est nettement plus difficile (enfin sauf si on connaît les outils, auquel cas c'est classique), obtenir ces résultats dans un ouvert $\Omega$ de $\R^n$.

Moi je préfère de loin ce procédé par régularisation car on n'admet rien.
Alors que dans l'autre preuve classique que tu as donnée (ainsi que Corto), elle est certes très intéressante car le procédé d'approximations successives est classique et très utilisé en analyse, mais le passage fonction étagée/fonction en escalier est souvent pudiquement admis.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par side.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
En y réfléchissant encore, je pense qu'on peut faire une preuve d'abord $L^2$ puis $L^1$ en utilisant les séries de Fourier (théorème de Parseval). De tête, je ne vois pas d'obstacle...c'est souvent différent quand on rédige.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Ajout
PREUVE CIRCULAIRE : VOIR PLUS BAS LA RAISON DANS UN AUTRE POST.

Schéma de preuve avec les séries de Fourier.



1)soit $f\in L^1$ par troncature et rabotage $\forall \epsilon>0$, il existe $M>0$ tel qu'on puisse approcher $L^1$, $f$ par $g\in L^1 \cap L^2$ bornée à support compact dans un segment $[-M;M] $. J'ai indiqué plus haut comment faire.

Puis d'après le théorème de Parseval, on peut approcher dans $L^2(] - M;+M[)$ la fonction $g$ par un polynôme trigonométrique $P$.
Soit $h_{\alpha}$ une fonction de classe $C^{\infty} $ sur $\R$ à support dans $[-M-\alpha; +M+\alpha]$ positive, identiquement égale à $1$ sur $[-M;M] $ et bornée par $1$ (l'existence demande un peu de travail). On peut la construire avec la fonction de Cauchy.
Alors $Ph_{\alpha} $ est de classe $C^{\infty} $ à support compact et en utilisant le théorème de la convergence dominée (pour avoir une suite et pouvoir utiliser le théorème de convergence dominée on remplace $\alpha$ par une suite bornée par $1$ qui tend vers 0 (par ex $1/p, p\in \N^{*} $ tend vers 0)
on a $\int_{\R} |Ph_{\alpha}-g|^2$ tend vers $\int_{[-M;M]} |P-g|^2$ lorsque $\alpha$ (e' fait la suite) tend vers $0$.

Ainsi en rassemblant les résultats, on peut approcher $L^2$, $g$ par des fonctions de classe $C^{\infty} $ à support compact dans $[-M-1;M+1]$ (possible car on peut imposer $\alpha <1$).
Puis, d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on peut approcher $L^1$ $g$ et donc $f$ par des fonctions de classe $C^{\infty}$ à support compact.


Ajout : construction d'une fonction $h_{\alpha} $ répondant aux exigences décrites ci-dessus.
Soit $\varphi$ la fonction de Cauchy définie par $\forall x\le 0, \varphi(x)=0, \forall x>0, \varphi(x)=\exp(-1/x^2)$, puis on note $F(x)=\int_{-\infty}^{x}\varphi (t)\varphi (\alpha-t) dt$
La fonction $G(x):=F(x)/F(+\infty)$ est positive croissante bornée par $1$ de classe $C^{\infty} $ nulle sur $] - \infty;0]$ égale à $1$ sur $[\alpha;+\infty[$
Alors on vérifie que la fonction définie par $h_{\alpha}(x):=G(\alpha+M-x)G(\alpha+M+x) $ répond à la question.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par side.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Pour "ma" version, on commence par remarquer que, quelque soit x,

$| f\ast \phi_n(x) - f(x) | = \left| \int_\mathbb{R} f(x-y)\phi_n(y) dy - f(x)\int_\mathbb{R} \phi_n(y) dy \right |$

$\leq \int_\mathbb{R} \phi_n(y) | f(x-y) - f(x)| dy$

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
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
@Tryss
comment démontres-tu la continuité $L^1$ de la translation sans recours à un résultat de densité ???


Ajout : la preuve que je connais passe, de mémoire, par une preuve pour l'indicatrice d'un segment puis utilise les résultats de densité successifs rappelés par Corto/Namiswan.

Ajout 2 : en relisant la preuve de Raoul. S, on utilise également un résultat de densité : les fonctions continues à support compact sont denses dans $L^1$.

Namiswan a semble-t-il raison, il n'y a qu'une seule preuve classique non circulaire : celle indiquée par Corto au début du fil. A moins qu'on sache démontrer la continuité $L^1$ de la translation sans recours à de tels résultats...

Ajout 3 : d'ailleurs, il ne serait pas inutile que je vérifie si le théorème de Parseval utilise ou non quelque part un résultat de densité....



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par side.
MrJ
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Au risque de dire une bêtise : la continuité de la translation ne se déduit elle pas directement du théorème de la convergence dominée?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par MrJ.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
On peut se ramener à la continuité en $0$ et à une suite ie (faudrait l'expliquer en détail) qu'on peut ramener la question à étudier la limite en $0$ de $||\tau_{x_n}f-f||_{L^1}=\int_{\R} |f(x-x_n)-f(x)|dx$ où $(x_n)$ est une suite convergeant vers $0$.
Mais prenons le comme une condition nécessaire (elle est aussi suffisante).


En effet, ça a l'air effectivement très simple !
Mais comment montrer la domination ?


ajout
[www.imo.universite-paris-saclay.fr]
voir th 9.4 pour la continuité $L1$ de la translation démontré par approximation par fonctions continues à support compact.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par side.
MrJ
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Il me semble que l’on peut majorer avec l’inégalité triangulaire et un changement de variable par $2\|f\|_{L^1}$.

Édit : J’ai écris une bêtise. Voir ci-dessous.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par MrJ.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
On est d'accord qu'il s'agit de dominer pp $\forall n, |\tau_{x_n}f | \le g$ avec $g$ intégrable ?

Ou bien s'agit-il d'une autre piste ?
Je ne vois pas où il y aurait une inégalité triangulaire si on est toujours sur la domination.

Sinon j'ai ajouté un lien dans le message précédent qui donne une preuve qui s'appuie sur un résultat de densité.
MrJ
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Désolé, tu as raison : je me suis embrouillé avec les intégrales. eye rolling smiley

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 $L^1(\R^d)$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a neuf mois et a été effectuée par MrJ.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Oui c'est la preuve que j'avais vue en passant par l'indicatrice d'un segment ce qui revient au même que fonction en escalier, mais il faut donc les résultats de densité rappelé par Corto/Namiswan.

Je viens de vérifier dans le cours d'analyse de JM Bony, la densité des fonctions continues à support compact dans $L^1$ est admise. Je n'imaginais pas qu'un résultat si familier est si difficile à démontrer (je veux dire de bout en bout) sans admettre de résultat sur toute la chaîne.
Et je n'ai jamais vu/lu de preuve de densité des fonctions en escalier dans les fonctions étagées.
MrJ
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Je crois que ça vient de la définition de la mesure extérieure que l’on utilise pour construire la mesure de Lebesgue sur $\R$.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
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.
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
avatar
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 $1$.
MrJ
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Merci à Namiswan et Corto! La convergence presque partout me paraissait tellement naturelle qu’elle était fausse. spinning smiley sticking its tongue out
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Bonjour,

Effectivement je n'avais pas vu la difficulté relative à la convergence simple.
Je n'ai pas encore étudié l'exemple de Corto qui a l'air très intéressant. J'étais encore sur la question de MrJ.


J'ai réussi à prouver la continuité $L^1$ de la translation en utilisant le théorème de la convergence dominée. Il vaut mieux éviter en analyse d'annoncer qu'une preuve utilisant tel ou tel théorème n'est pas possible. Je m'étais avancé un peu vite en répondant par la négative à MrJ.
A vrai dire, ce n'est pas ce théorème qui est la clé mais la continuité de la TF $L^2 $.

Les problèmes de convergence simple s'évaporent (en se plaçant dans $L^1 \cap L^2$).
La démonstration est assez longue et suit en gros les étapes de celle que j'ai donnée pour la preuve de densité un peu plus haut.
Bien sûr, on ne peut utiliser cette preuve de la continuité de la translation pour prouver le résultat de densité (car il faut au préalable avoir construit la TF $L^2$).
Re: Fonction mesurable
il y a neuf mois
Vérification d'une preuve ci-dessus.

La preuve que j'ai donnée utilisant les séries de Fourier (très exactement le théorème de Parseval) est également une preuve circulaire et donc ne peut être utilisée pour prouver la densité des fonctions continues à support compact dans $L^1$.

En effet, la preuve du théorème de Parseval (ou du caractère total de la famille $\exp(inx), n\in \Z$ dans $L^2-2\pi$ périodique) requiert de disposer d'un résultat de densité.
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