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Intégration d'équivalents

Posté par
jsvdb 20-12-16 à 09:33

Bonjour à tous .

Je fais suite à une intervention d'Alexique dans le topic intégrale et série le 19-12-16 à 23:20 :

POSITION DU PROBLEME :

\text{Soit I un intervalle réel. On note } ||.||_\infty \text { la norme uniforme sur I}.

\text{Soient } (f_n)_n \text{ et } (g_n)_n \text{ deux suites de fonctions mesurables définies sur I. On suppose : }

\text{1- Pour tout } n \in \N, f_n \text{ est positive et intégrable sur I.}

\text{2- Pour tout } x \in I, \text{ les suites } (f_n(x))_n \text { et } (g_n(x))_n \text { sont équivalentes.}

\text{Les conclusions suivantes sont-elles valides :}

\red \text {C1 - } g_n \text{ est mesurable et intégrable sur I}

\text {Si C1 est valide : a-t-on } \red \text{C2 - }\int_I f_n \sim \int_I g_n

Alexique dit ceci : j'arrive à fournir une preuve avec une condition de convergence uniforme des équivalents ie \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0. la convergence uniforme sur tout compact suffirait-elle ?

Les hypothèses sont-elles suffisantes  ? Nécessaires ? dans quelle mesures doivent-elles être modifiées ? pour avoir quelles conclusion ? Doit-on supposer un limite pour (f_n), si oui, au sens µ-p.p ? partout ? etc etc

Le problème est ouvert ...

A vous

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 20-12-16 à 10:52

Bon, ça commence bien :
La conclusion C1 est l'une des hypothèses.
Sinon, on ôte le fait que la suite g_n est mesurable, mézalors là, peut-être qu'on pourrait trouver une suite g_n équivalentes au sens de l'énoncé à f_n et non mesurable.
Conclusion : on se prend pas la tête à ce sujet (on pourrait mais c'est pas ce qu'on cherche à faire) et on suppose g_n mesurable pour tout n et on ôte C1. Donc :

POSITION DU PROBLEME :

\text{Soit I un intervalle réel. On note } ||.||_\infty \text { la norme uniforme sur I}.

\text{Soient } (f_n)_n \text{ et } (g_n)_n \text{ deux suites de fonctions mesurables définies sur I. On suppose : }

\text{1- Pour tout } n \in \N, f_n \text{ est positive et intégrable sur I.}

\text{2- Pour tout } x \in I, \text{ les suites } (f_n(x))_n \text { et } (g_n(x))_n \text { sont équivalentes.}

\text{La conclusions suivante est-elle valide : } \red \int_I f_n \sim \int_I g_n \text{ ? }

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 20-12-16 à 10:54

Je ne sais pas si c'est plus simple mais il revient au même de savoir si "négligeable" se conserve par intégration.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 20-12-16 à 11:31

J'ai cet exemple :

I = ]0,1[

f_n(x) = 1 pour tout n

g_n(x) = \frac{1}{x}\chi_{]0;1/n]}

On a clairement les hypothèses, mais clairement pas la conclusion. Donc, le problème doit être posé autrement.

Question donc : peut-on le poser sans être obligé d'aller jusqu'à la convergence uniforme ? Une hypothèse de domination suffit-elle ?

Exemple :

I = ]0,1[

f_n(x) = 1 pour tout n

g_n(x) = \frac{1}{\sqrt x}\chi_{]0;1/n]}

On a clairement les hypothèses, et clairement la conclusion. Donc, où met-on le curseur ?

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 20-12-16 à 15:49

Rappel : une suite (u_n), nulle à partir d'un certain rang est équivalente à la suite nulle. En effet, à partir dudit rang, u_n = 1.0.

Il s'ensuit cet exemple :

I = [0,1]
f_n(x) = \chi_{[0,1/n]}
g_n(x) =\frac{1}{n} \chi_{[0,1/n]}

On a clairement f_n(x) \sim g_n(x) en vertu du rappel ci-dessus mais évidemment, comme \dfrac{1}{n}\nsim \dfrac{1}{n^2}, on n'a clairement pas la conclusion.

Autre exemple :

I = [0,1]

f_n(x) = 1/n

g_n(x) =\frac{1}{n}\chi_{[1/n;1]}+\chi_{[0;1/n]}

On a encore f_n(x) \sim g_n(x) et à nouveau pas la conclusion car \dfrac{1}{n}\nsim \dfrac{2}{n}-\dfrac{1}{n^2}

En revanche :

I = [0,1]
f_n(x) = 1+(1+\frac{1}{n}) \chi_{[0,1/n]}

g_n(x) =1+(1+\frac{1}{n^2}) \chi_{[0,1/n]}

On a clairement f_n(x) \sim g_n(x) en comme 1+\dfrac{1}{n^2}\sim 1+\dfrac{1}{n^3}, on a clairement la conclusion.

Conséquence : il faut supposer, non seulement que f_n et g_n sont positives, mais qu'en plus, il existe \varepsilon > 0 tel que f_n>\varepsilon et g_n>\varepsilon.

Tout s'entend au sens \lambda-p.p., bien entendu.

Posté par
Alexiquere : Intégration d'équivalents 20-12-16 à 16:45

@luzak avec tes notations de l'autre topic, on a donc \alpha_n = \dfrac{f_n}{g_n}-1, quantité qui converge uniformément sur I vers 0 avec mon hypothèse. Ainsi, |\int_I \alpha_n g_n| \leq ||\alpha_n||_{\infty} \int_I g_n par positivité de g_n. On a donc bien montré ce qu'on voulait avec une hypothèse (forte) de convergence uniforme sur I.

@jsvdb Par définition, deux suites sont équivalente si leur quotient tend vers 1. Cela n'a pas de sens de parler de suites équivalentes à 0 (pas plus qu'équivalentes à +\infty.

Pour les autres exemples, oui, on voit qu'il est nécessaire que les fonctions ne s'annulent pas sur I à partir d'un certain rang mais si je suppose que (\alpha_n)_n converge uniformément vers 0, c'est le cas. Reste à voir si on peut alléger ça.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 20-12-16 à 16:49

Alexique @ 20-12-2016 à 16:45


@jsvdb Par définition, deux suites sont équivalente si leur quotient tend vers 1. Cela n'a pas de sens de parler de suites équivalentes à 0 (pas plus qu'équivalentes à +\infty.

Non, par définition, deux suites u_n et v_n sont équivalentes s'il existe une suite 1_n qui tend vers 1 telle que u_n = 1_n.v_n.
Si u et v ne s'annulent pas une infinité de fois on peut alors parler du quotient qui tend vers 1.

Posté par
astroq123re : Intégration d'équivalents 20-12-16 à 19:13

Salut, je m'interesse au sujet pose, et j'ai une question
Est ce qu'on a le droit d'integrer les equivalents qui ne conservent pas le meme signe?

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 21-12-16 à 09:51

Bonjour astroq123.
C'est une bonne question, mais je te propose de la traiter une fois qu'on aura résolu le problème initial.
En effet, celui-ci résolu, ton problème se reposera immanquablement.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 21-12-16 à 17:57

Jusqu'ici, je n'ai proposé que des exemple sur des espaces mesurés finis car sur les espaces de mesure infinie, la problème va se poser un peu différemment.  

En effet, j'avais émis l'hypothèse qu'il existe \varepsilon > 0 tel que f_n>\varepsilon et g_n>\varepsilon. Évidemment, avec une telle hypothèse sur les mesures non finies, on ne travaillera qu'avec l'infini.

Donc, je pense qu'on peut conjecturer ceci dans un premier temps

\blue \text {Soit } (E, \tau, \mu) \text{ un espace mesuré de mesure finie.}

\blue \text{Soient } (f_n)_{n \in \N} \text{ et } (g_n)_{n \in \N} \text{ deux familles dénombrables de fonctions mesurables sur E à valeur dans } [\delta,+\infty[, \delta > 0.

\blue \text{ On suppose que pour } \mu\text{-presque tout } x \in E, (f_n(x) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} g_n(x))

\blue \text{ On suppose en outre qu'il existe une fonction positive intégrable d, telle que }(\forall n \in \N)(f_n \leq d, g_n \leq d) ~ \mu\text{-presque partout }

\blue \text {Alors }(\int_{E}f_n(x) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \int_{E}g_n(x))

PREUVE

\text {Si on note } E' = \{x\in E / f_n(x) \nsim g_n(x)\} \text{ alors par hypothèse }\mu(E) = 0 \text{. On peut donc supposer }E' = \emptyset.

\text {On note }D=\int_{E}^{}{d}

\red \text {Soit } \varepsilon > 0.

\text {On note, pour tout }n \in \N, A_{\epsilon,n}=\left\{x\in E / \forall p \geq n, \left|\dfrac{f_p(x)}{g_p(x)}-1\right| \leq \epsilon \right\}

\text {La suite }\left(A_{\epsilon,n}\right)_n \text { est croissante (pour l'inclusion) et de réunion E par hypothèse. On a }\lim_{n \rightarrow \infty}\mu\left(\bigcup_{0\leq k \leq n}^{}{A_{\epsilon,n}}\right)=\mu(E)

\mu \text { étant finie, } {\red\text{il existe } n_\varepsilon \in \N, \forall p \geq n_\epsilon}, \mu\left({A_{\epsilon,n}}\right)-\mu(E) \leq \dfrac{\varepsilon}{2D} <+\infty.

Par suite, pour tout p \geq n_\varepsilon :

\int_{E}^{}{|f_n-g_p|} =\int_{A_{\epsilon,p}}^{}{|f_p-g_p|} + \int_{\complement A_{\epsilon,p}}^{}{|f_p-g_p|} \\ ~~~~~~~~~~~~~~\leq \int_{A_{\epsilon,p}}^{}{|f_p-g_p|} + \int_{\complement A_{\epsilon,p}}^{}{(f_p+g_p)} \\ ~~~~~~~~~~~~~~\leq \int_{A_{\epsilon,p}}^{}{\varepsilon g_p}+2~\dfrac{\varepsilon}{2D}~D \\ ~~~~~~~~~~~~~~\leq \varepsilon\int_{E}^{}{ g_p}+\varepsilon

Il s'ensuit :

\left|\int_{E}^{}f_p - g_p\right|= \left|\int_{E}^{}f_p - \int_{E}^{}g_p\right| \leq \int_{E}^{}|f_p - g_p|} \leq  \varepsilon\int_{E}^{}{ g_p}+\varepsilon

d'où :

\red \boxed {\left|\dfrac{\int_{E}^{}f_p}{\int_{E}^{}g_p} - 1\right| \leq \varepsilon +\dfrac{\varepsilon}{\int_{E}^{}{ g_p}}\leq \varepsilon + \dfrac{\varepsilon}{\delta}}

Ce qui est la conclusion cherchée.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 21-12-16 à 18:58

Application :

Déterminer la nature de la série de terme général u_n=\int_0^1 \dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{1+x^3+...+x^{3n}}-\dfrac{3\pi}{8}dx.

On se place donc sur [0,1], espace de mesure finie.

Soit \delta \in ]0,1/2[

On pose

f_n(x) = \dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{1+x^3+...+x^{3n}} \sim (1-x^3)\left(\pi/2 - \arctan\left(\dfrac{1}{n\sqrt x}\right)\right)\sim (1-x^3)\left(\pi/2 -\dfrac{1}{n\sqrt x}\right)\right)  = g_n(x) pour tout x \in ]\delta,1] donc, partout sur ]\delta,1]

\quad \displaystyle \text{Par suite, }u_n \sim \int_\delta^1 \left((1-x^3)\left(\pi/2 -\dfrac{1}{n\sqrt x}\right)-\dfrac{3\pi}{8} \right)dx + \int_0^\delta \dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{1+x^3+...+x^{3n}}-\dfrac{3\pi}{8}dx = -\dfrac{12}{7n}+\text {un terme en } \delta \text{ qui tend vers 0 avec } \delta.

\delta étant quelconque, on a u_n \sim -\dfrac{12}{7n}

Ça en fait des lignes de calculs en moins !

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 22-12-16 à 08:08

Des lignes en moins, oui !
Mais des différences d'équivalents  épouvantables en plus !
Certes, on a bien \arctan n\simeq\dfrac{\pi}2-\dfrac1n mais aussi  \arctan n\simeq\dfrac{\pi}2-\dfrac1{n^2} ce qui enlève toute validité pour ce qui suit !

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 22-12-16 à 10:43

J'ai dû forcer sur le pousse-café comme c'est là !
J'ai juste oublié de vérifier l'hypothèse celle qui veut que f_n et g_n soient positives et séparés de 0 par un \delta > 0.
Disons que je suis allé un peu vite, j'aurai dû finir l'étude en question avant.
Donc, pour l'instant, on oublie les applications.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 23-12-16 à 13:52

Il me semble intéressant de décortiquer certains comportements au pays des équivalents.

On note (\mathcal S,+,.) l'algèbre des suites réelles \mathcal S= \{u : \N \rightarrow \R\}.
On note \mathcal R la relation entre éléments u et v de \mathcal S définie par : u~\mathcal R~v \Leftrightarrow (\exists e \in \mathcal S)(\lim_{n \rightarrow +\infty}e_n = 1, u_n = e_n.v_n)

Alors \mathcal R est une relation d'équivalence sur \mathcal S (Démonstration facile !)

Certaines classe d'équivalence sont faciles à déterminer :

Celle de 0 : ce sont l'ensemble des suites nulles à partir d'un certain rang.

Si u est une suite convergente vers une limite non nulle, la classe de u est l'ensemble des suites de même limite. Il suffit décrire que u_n = \dfrac{u_n}{v_n}v_n est une expression valide à partir d'un certain rang.

Plus délicat, et de fait constitue des sources d'erreurs : si u est une suite convergente vers 0. La classe est plus difficile à déterminer.

Pour le voir, notons \mathcal R' la relation entre éléments u et v de \mathcal S définie par : u~\mathcal R'~v \Leftrightarrow \lim_{n \rightarrow +\infty} u_n - v_n =0

Alors \mathcal R' est une relation d'équivalence sur \mathcal S (Démonstration facile !)

Déterminons certaines classes d'équivalence :

Si u est une suite convergente vers une limite quelconque , la classe de u est l'ensemble des suites de même limite.

Comme on peut montrer que u \mathcal R v \Rightarrow u \mathcal R' v, \text{ (il suffit d'écrire : pour } u\mathcal Rv,~ u_n - v_n = (u_n - e_nv_n)+v_n(e_n-1)) il s'ensuit que \mathcal R est plus fine que \mathcal R', ce qui signifie donc que toute classe d'équivalence pour \mathcal R est incluse dans une classe d'équivalence pour \mathcal R'.

La réciproque est fausse. Exemple :

1- u_n = 1/n et v_n = 1/n^2

On vérifie aisément que u \mathcal R' v mais bien entendu, on n'a pas u \mathcal R v puisque u_n = n.v_n.

Le piège est donc là :

2- u_n = 1+1/n et v_n = 1+1/n^2

On vérifie aisément que u \mathcal R' v et que u \mathcal R v et bien entendu (u-1) \mathcal R' (v-1) et pas (u-1) \mathcal R (v-1)

CONSÉQUENCE de cette dernière ligne : La recherche de la nature d'une série et intégration d'équivalents ne font pas bon ménage.

Puisque, par nécessité, une série, pour converger, doit avoir un terme qui tend vers 0 et se met donc ipso facto dans le "mauvais cas" de ce qui a été dit ci-dessus.

En reprenant les notations de 21-12-16 à 18:58, on est obligé de se contenter de :

\tilde f_n(x) = \dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{1+x^3+...+x^{3n}}

\tilde g_n(x) = (1-x^3)\arctan(n\sqrt{x})

On a bien que pour presque tout x \in [0,1], (\tilde f_n(x))_n \mathcal R (\tilde g_n(x))_n

En effet, en appliquant ce que dessus, pour x \in [0,1[, la suite \dfrac{1}{1+x^3+...+x^{3n}} converge simplement vers 1-x^3 \neq 0, donc on a bien (\tilde f_n(x))_n \mathcal R (\tilde g_n(x))_n.

Et comme (\arctan(n\sqrt{0}))_n \mathcal R ~0, on a le résultat.

Posons maintenant :

\alpha = \dfrac{3\pi}{8}

f_n(x) = \dfrac{\arctan(n\sqrt{x})}{1+x^3+...+x^{3n}}-\alpha

g_n(x) = (1-x^3)\arctan(n\sqrt{x})-\alpha

L'étude des variations de f_n et g_n montre qu'elles sont strictement croissantes puis strictement décroissantes et, pour n >4, possèdent un maximum strictement positif en un \xi_n \in ]0,1[.

Par ailleurs :

f_n(0) = g_n(0) = -\alpha

f_n(1) = \dfrac{\arctan(n)}{n+1}-\alpha et g_n(1) =-\alpha

f_n et g_n ne s'annulent donc que deux fois dans ]0,1[ à partir d'un certain rang (n > 4 suffit)

Par conséquent, en vertu de la convergence simple de f_n vers g_n, on a bien (f_n(x))_n \mathcal R (g_n(x))_n pour presque tout x \in ]0,1[

Et là, une difficulté de taille reste à affronter : le fait que g_n change de signe et ne peut donc être séparé de 0 par un \delta > 0.

En supposant que ce problème soit résolu, on va être tenté d'écrire g_n(x) =-(1-x^3)\left(\dfrac{\pi}{2}-\tan^{-1}\left(\dfrac{1}{n\sqrt x}}\right)\right)-\alpha

que l'on va intégrer et on va se retrouver avec -\int_{0}^{1}{(1-x^3)\tan^{-1}\left(\dfrac{1}{n\sqrt x}}\right)} et là ...

luzak @ 22-12-2016 à 08:08

on a bien \arctan n\simeq\dfrac{\pi}2-\dfrac1n mais aussi  \arctan n\simeq\dfrac{\pi}2-\dfrac1{n^2} ce qui enlève tout...

...espoir pour la suite.

Conclusion : il vaut mieux utiliser la méthode du post intégrale et série à  19-12-16 à 15:55

Néanmoins, intégrer à l'aide d'équivalents reste parfaitement possible si les hypothèses sont bien vérifiées. cf Domaine de definition de nouveau 23-12-16 à 00:22 (décidément, à minuit vingt-deux, je suis inspiré par les équivalents !! )

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 24-12-16 à 10:19

Alexique @ 20-12-2016 à 16:45

...

Pour les autres exemples, oui, on voit qu'il est nécessaire que les fonctions ne s'annulent pas sur I à partir d'un certain rang mais si je suppose que (\alpha_n)_n converge uniformément vers 0, c'est le cas. Reste à voir si on peut alléger ça.

Le problème de fonction nulle peut se régler par u(t)=\dfrac{f_n(t)}{g_n(t)}\text{ si }g_n(t)\neq0,\;u(t)=1\text{ sinon}

Mais je crains fort que l'allègement sera difficile !
Soit f_n(x)=\sin x^n,\;g_n(x)=x^n\text{ si }x<1,\;g_n(1)=\sin 1. Evidemment pas de convergence uniforme !
Alors \int_0^1g_n=\dfrac1{n+1}.

Mais par changement de variables  t=x^n,\;n\int_0^1f_n=\int_0^1\dfrac{\sin t}t\,t^{1/n}\mathrm{d}t.
Puisque \lim\limits_{n\to+\infty}t^{1/n}=1,\;0<t\leqslant1\text{ et }\dfrac{\sin t}t\,t^{1/n}\leqslant\dfrac{\sin t}t on a, par convergence dominée, \lim\limits_{n\to+\infty}n\int_0^1f_n=\int_0^1\dfrac{\sin t}t\mathrm{d}t soit
\int_0^1f_n\quad\underset{n \to +\infty}\simeq\quad\dfrac1n\int_0^1\dfrac{\sin t}t\mathrm{d}t

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 24-12-16 à 10:50

Bonjour !
En faisant du rase-mottes on peut considérer qu'on cherche la partie principale de u_n=\int_If_n dans une échelle donnée (en général les étalons sont n^{\alpha}e^{\beta n}(\ln n)^{\gamma}).
Par définition ces étalons sont des fonctions réelles strictement positives et, pour une suite n\mapsto z_n à valeurs vectorielles, on cherche un vecteur \lambda tel que z_n\quad\underset{n \to +\infty}\simeq\quad\lambda \varphi_n le dernier terme étant une suite étalon.

Supposons alors \forall x\in I,\;f_n(x)\quad\underset{ n\to +\infty}\simeq\quad\lambda(x) \varphi_n : OUI le même \varphi_n pour chaque x (je vous avais prévenu : je fais du rase-mottes).
Cette situation est en fait assez fréquente, quitte à prendre des sous-intervalles....

Evidemment les fonctions f_n,\;\lambda sont supposées intégrables sur I.

Alors, si on peut justifier (par convergence dominée par exemple) que la limite de  l'intégrale \dfrac{1}{\varphi_n}\int_If_n est \int_I\lambda  on aura, sous réserve de non nullité de cette limite, montré que u_n\quad\underset{ n\to +\infty}\simeq\quad\varphi_n\int_I\lambda.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 24-12-16 à 16:06

Moralité, autour de 0, c'est vraiment les 40ème rugissants, il peut se passer tout et n'importe quoi dans tous les sens pour qu'on puisse faire une généralisation qui soit exploitable.
J'imagine donc que par effet miroir, il doit en être de même en .
C'est donc au cas par cas qu'il faut voir.

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 25-12-16 à 09:47

Joyeux Noël jsvdb (et à tous les îliens) !
S'il n'y avait que 0 !
Soit la bien connue u_n dont le graphe est formé des segments joignant (0,0),\;\Bigl(\dfrac1{2n},2n\Bigr),\;\Bigl(\dfrac1{n},0\Bigr),\;(1,0),
f_n=1,\;g_n=f_n+u_n.

On a f_n(0)=g_n(0)=1 et, pour a>0, à partir d'un certain rang, 1=f_n(a)=g_n(a).
Mais \int_0^1f_n=1,\;\int_0^1g_n=1+1=2.

Posté par
Alexiquere : Intégration d'équivalents 25-12-16 à 22:39

Bonsoir,

merci à ceux qui prennent le temps d'alimenter le forum en réponses (qui plus est pertinentes) en cette période festive et joyeux Noël à tous !

Je reprends rapidement la preuve de jsvdb du 21/12 :

Citation :
On peut donc supposer E' = \emptyset


Supposer E' vide n'a pas de sens, il est non vide (peut-être même infini indénombrable, qui sait...). Il est juste de mesure nulle ce qui modifie légèrement la suite (changer E par E\E' qui sont de même mesure).

Citation :
\mu \text { étant finie, } {\red\text{il existe } n_\varepsilon \in \N, \forall p \geq n_\epsilon}, \mu\left({A_{\epsilon,n}}\right)-\mu(E) \leq \dfrac{\varepsilon}{2D} <+\infty.


C'est pas plutôt \mu(E)-\mu\left({A_{\epsilon,n}}\right) ? (détail hein)

Citation :
\red \boxed {\left|\dfrac{\int_{E}^{}f_p}{\int_{E}^{}g_p} - 1\right| \leq \varepsilon +\dfrac{\varepsilon}{\int_{E}^{}{ g_p}}\leq \varepsilon + \dfrac{\varepsilon}{\delta}}


On a \int_E g_p \geq \delta \mu(E) (on n'est pas en proba^^) mais ça ne change rien.

Bref, j'approuve cette preuve (version Lebesgue, théorie de la mesure) que l'on peut difficilement améliorer. L'exemple de luzak le 24 à 10h19 montre qu'on ne peut pas enlever l'hypothèse avec le \delta et celui du 25 à 9h47 qu'on ne peut pas se passer de la fonction intégrable dominante (d'ailleurs petite erreur, il me semble que \int_0^1 u_n = \frac12 mais pas d'importance une fois encore). Et dans ces deux exemples, pas de convergence uniforme !

Comme j'avais soulevé cette question et que vous vous êtes donné la peine de créer un topic et d'y répondre de façon très exhaustive tandis que je méditais, vous méritez bien, en plus de mon estime, cette petite illustration de circonstance :

Intégration d\'équivalents

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 26-12-16 à 08:01

Merci Alexique pour tes souhaits (et l'originalité de leur présentation) !
Je confirme que l'intégrale de u_n est bien 1 (aire d'un triangle de hauteur 2n et de base 1/n) . J'ai modifié la hauteur du "pic" : habituellement n.
Mais effectivement c'est sans grande importance !

Posté par
Alexiquere : Intégration d'équivalents 26-12-16 à 12:22

La base n'est elle pas \frac1n - \frac{1}{2n}=\frac{1}{2n} ?

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 01:44

Merci Alexique pour ton message encourageant et surtout pour l'illustration finale qui réchauffe le cœur de façon très mathématique.

Et en retour, je reprends ton hypothèse :

Soit f_n et g_n deux suites de fonctions mesurables sur un espace (E, \mu, \tau).

On suppose que (1)~\Vert \dfrac{f_n}{g_n}-1 \Vert_\infty tend vers 0 en n.

Tu as soulevé le problème que g_n ne doit jamais s'annuler et même .. pas trop s'approcher de 0 (sinon pan pan  \Q~ \Q).

On peut se dédouaner de ceci en notant que cette hypothèse implique qu'il existe une suite (\varepsilon_n)_n de limite nulle, indépendante de x, telle que (2)~|f_n(x) - g_n(x)| = \varepsilon_n.g_n(x) (on travaille avec fonctions positives)

On part, non pas de (1), mais de (2) (et moyennant la remarque de Luzak  24-12-16 à 10:19 début de post, et un gros coup de rase-motte on pourrait considérer que les deux sont équivalentes... mais bon, suis pas sûr)

Le résultat sur l'équivalence des intégrales est alors immédiat : \int f_n=(1+\varepsilon_n)\int g_n

Les avantages de partir de (2) sont que E peuvent être de mesure finie ou pas et qu'on se fiche pas mal des zéros de f_n et g_n et que ça a le mérite de la simplicité.  

Maintenant, Alexique, je veux bien voir ta preuve qui part de (1).

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 08:15

Alexique @ 26-12-2016 à 12:22

La base n'est elle pas \frac1n - \frac{1}{2n}=\frac{1}{2n} ?

Fais un dessin : tu as un triangle isocèle dont la base est le segment joignant (0,0) et (1/n,0) et la hauteur joint le milieu de ce segment au pic (1/(2n),2n)

@ jsvdb
Citation :
Maintenant, Alexique, je veux bien voir ta preuve qui part de (1).

Ce n'est pas ce qui a été fait  le 20-12-16,16:45 ?

Posté par
Alexiquere : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 12:45

@luzak : oui, oui, c'est moi...
@jsvdb : je confirme ce que dit luzak... En revanche, tu as l'air de penser que (1) implique (2) alors qu'il me semble que c'est plutôt l'inverse (la réciproque dans notre jolie langue) qui est vraie...

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 17:57

En fait, d'après la remarque de Luzak 24-12-16 à 10:19

Citation :
Le problème de fonction nulle peut se régler par u(t)=\dfrac{f_n(t)}{g_n(t)}\text{ si }g_n(t)\neq0,\;u(t)=1\text{ sinon}


donc, là où g_n s'annule, on a |f_n(x) - g_n(x)| = \varepsilon_n g_n(x) = 0, donc f_n s'annule nécessairement et il y a équivalence entre (1) et (2). Ceci rejoint le fait que pour être équivalent à une suite nulle à partir d'un certain rang, il faut être nul à partir d'un certain rang. (Et remarquez que même si (g_n(x))_n ne fait que s'annuler seulement une infinité de fois, il faut et il suffit pour continuer à avoir l'équivalence, que (f_n(x))_n s'annulent sur les même rangs, au moins à partir d'un certain rang, on peut donc considérer que pour tout n, f_n et g_n ont exactement les mêmes zéros)

Donc deux cas se présentent maintenant assez clairement :

1/ f_n et g_n sont séparés de 0 uniformément par un \delta > 0 et ma démonstration 21-12-16 à 17:57 s'applique sur un espace de mesure finie (modulo les petites remarques de notre ami Alexique)

2/ Sinon, on suppose que f_n et g_n s'annulent simultanément et on recherche une uniformité sur les équivalents sous la forme \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0

Reste donc à voir si ma démonstration peut s'étendre à des espaces de mesure non finie, et si oui, sous quelles hypothèses ? (-finitude ... ?)

Et dans touts les autres cas, il faudra se la jouer à la Mac Gyver et sortir l'arsenal : majorations, astuces arithmético-géométriques, concavité et convexité des fonctions, convergence sur tout compact, décomposition des intervalles d'intégration etc etc. Bref la panoplie du petit analyste accompli, sinon, remarquez, ce serait pas drôle ! (cf le monstre d'où est issu ce post et qui semble résister à toute tentative de résolution par équivalence)

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 18:26

@ jsvdb
Cette phrase me semble ambigüe :

Citation :
on peut donc considérer que pour tout n, f_n et g_n ont exactement les mêmes zéros)

de même que
Citation :
on suppose que f_n et g_n s'annulent simultanément

Ce serait valable si tu prenais des équivalents "quand x truc-machin".
Ici tu parles d'équivalence pour les suites (fonctions) n\mapsto f_n(x),\;x fixé.
Il y a confusion entre  : n>p\implies f_n=0 (la suite est nulle, à partir d'un certain rang, ou encore : pour tout x,\;f_n(x)=0) et les zéros de la fonction f_n, ensemble des x tels que f_n(x)=0, la fonction f_n étant éventuellement non nulle.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 22:58

Je parle à x fixé, puisque c'est le thème depuis le début.

Si on veut f_n(x) \sim g_n(x) alors soit :

- g_n(x) ne s'annule jamais (à partir d'un certain rang) auquel cas f_n(x) ne peut jamais s'annuler (à partir d'un certain autre rang) et on peut parler de \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0

- g_n(x) s'annule sur une infinité de rang, auquel cas f_n(x) doit s'annuler sur les même rang, (à partir d'un certain rang) (par ex : g_n(x) = 0 sur les rang impairs, alors f_n(x) = 0 sur les rangs impairs à partir de n =12000) et ne pas s'annuler sur les autres et on peut parler de \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0 moyennant la convention que tu as rappelée.

Néanmoins, il y a quand même un exemple qui me chagrine :

I = [0,1]

f_n(x) = \frac{1}{n}\chi_{[0,1/n]}

g_n(x) = 0

Alors, moyennant la convention rappelée, on a bien \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0 et pourtant \int_{}^{}{f_n}\nsim \int_{}^{}{g_n}.

Ce qui me fait dire qu'après l'étude du 21-12-16 à 17:57 stipulant l'hypothèse suivante :

\blue \text{Soient } (f_n)_{n \in \N} \text{ et } (g_n)_{n \in \N} \text{ deux familles dénombrables de fonctions mesurables sur E à valeur dans } [\delta,+\infty[, \delta > 0.
___________________________________________________________________________________________________
Il faut passer par une étape intermédiaire stipulant ceci : je la référence ETAPE 2

\blue \text{Soient } (f_n)_{n \in \N} \text{ et } (g_n)_{n \in \N} \text{ deux familles dénombrables de fonctions mesurables sur E à valeur dans } [\delta_n,+\infty[, \\ \blue \text {avec } \delta_n > 0, (\delta_n)_n \text { étant une suite strictement décroissante vers 0.}

Mais, arrivé à la conclusion, on s'aperçoit qu'il faut rajouter l'hypothèse \blue \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0 et on a la conclusion.
___________________________________________________________________________________________________
Etape suivante : je la référence ETAPE 3

\blue \text{Soient } (f_n)_{n \in \N} \text{ et } (g_n)_{n \in \N} \text{ deux familles dénombrables de fonctions mesurables sur E à valeur dans } ]0,+\infty[.

Et là, avec l'hypothèse \blue \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0 , on a, ce me semble, encore la conclusion.
___________________________________________________________________________________________________
Dernière étape : je la référence ETAPE 4

\blue \text{Soient } (f_n)_{n \in \N} \text{ et } (g_n)_{n \in \N} \text{ deux familles dénombrables de fonctions mesurables sur E à valeur dans } [0,+\infty[.

Et là, même avec l'hypothèse \blue \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0 , on ne peut rien conclure, on est dans le chaos le plus total.

Néanmoins, en posant E'=\{x \in E / \exists \text { une infinité d'entiers }n \in \N, g_n(x) = 0\}, on pourrait encore distinguer deux cas :

1- \mu(E') = 0 et se ramener à l'un des cas précédents sur l'espace \tilde E = E - E', tribu induite, mesure induite ...

2- \mu(E') > 0 et là, je ne réponds plus de rien : cf mon exemple ci-dessus. Encore que ...

... en découpant cette fois E = \tilde E \cup (E - \tilde E), et en étudiant la topologie de \tilde E on pourrait encore trouver un peu de viande à gratter sur l'os.

Posté par
luzakre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 23:11

Quand tu dis " g_n(x) ne s'annule jamais ", fais-tu référence à la suite n\mapsto g_n(x) ou à la fonction g_n ?
C'est cette imprécision qui provoque une ambigüité.

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 23:47

jsvdb @ 27-12-2016 à 22:58

Je parle à x fixé, puisque c'est le thème depuis le début.

Donc je fais référence à n\mapsto g_n(x)

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 27-12-16 à 23:50

Jusqu'à l'ETAPE 3, ça ne pose aucun problème, il n'y a même pas lieu d'en parler.

Posté par
Alexiquere : Intégration d'équivalents 28-12-16 à 17:54

Citation :
Néanmoins, il y a quand même un exemple qui me chagrine :

I = [0,1]

f_n(x) = \frac{1}{n}\chi_{[0,1/n]}

g_n(x) = 0

Alors, moyennant la convention rappelée, on a bien \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0


Bof, tu divises bien par 0 là, on est d'accord ? Par ailleurs, on n'a pas f_n(0) \sim g_n(0) et enfin je ne vois pas pourquoi on a convergence uniforme...

Posté par
jsvdbre : Intégration d'équivalents 28-12-16 à 19:09

Non justement, la convention en question était en fait que si g_n s'annule en x alors on pose f_n(x)/g_n(x) = 1 d'où le résultat.
Sur cet exemple, avec cette convention, on a même  \left|\left|\dfrac{f_n}{g_n}-1\right|\right|_{\infty}=0 .
Mais en fait ça ne tient même pas la route, car on n'a pas |f_n(x) - g_n(x)| = \varepsilon_n |g_n(x)| = 0 sur tout l'intervalle.
Donc ce contre-exemple n'en n'est pas réellement un.
Il n'en reste pas moins qu'une étude structurée du problème doit se faire selon le plan que j'ai indiqué, et c'est le plus important.


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