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Mesurabilité et intégrabilité!

Posté par
H_aldnoer 13-10-07 à 00:54

Soit a un nombre réel strictement supérieur à 1,
Je bloque énormément sur cette exercice :

\Omega un ensemble,
T une tribu sur \Omega
et \mu: T\to [0,\infty] une mesure positive.

a/ Montrer qu'il existe une constante C telle que \Bigsum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^a}\le\frac{C}{n^{a-1}} pour n entier naturel non nul.

b/ On considère une fonction f: \Omega\to[0,\infty] mesurable par rapport aux tribus T sur \Omega et B([0,\infty]) sur [0,\infty].
Montrez que la fonction F=\Bigsum_{k\in\mathbb{N}^*}(\frac{f}{k})^a\chi_{\{f\le k\}} est aussi mesurable de \Omega dans [0,\infty] (par rapport aux mêmes tribus) et qu'il existe une constante K telle que F\le K\times f sur \Omega.

(on comparera ces deux fonctions sur chacun des ensembles \{f\in [0,1]\}, \{1<f\le 2\}, \{2<f\le 3\},...)

c/ Montrer que si f est de plus intégrable relativement à la mesure \mu on a :
\Bigsum_{k\ge 1}\frac{1}{k^a}\Bigint_{\{f\le k\}}f^ad\mu\le K\Bigint_{\Omega}fd\mu<+\infty


Pour la a/
On sait que la série \Bigsum_{n\ge 1}\frac{1}{k^a} converge si a>1 (série de Riemann) : c'est la cas ici dont on déduis que le reste de la série tend vers 0 :
R(n)=\Bigsum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^a}\longrightarrow_{n\to 0} 0

je vois pas comment poursuivre !
merci d'avance !

Posté par
Cauchyre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 00:59

Bonjour,

compare avec une intégrale pour la a).

Posté par
H_aldnoerre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 01:03

Je compare quoi à une intégrale ?
\bigsum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^a} ?

Posté par
Cauchyre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 01:08

Oui, utilise la comparaison série intégrale en te servant de la monotonie de ton terme général.

Posté par
H_aldnoerre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 01:26

Si on a U_k=f(k), avec f décroissante et continue sur [0,\infty[, la série étant convergente, on obtient l'encadrement :

\Bigsum_{k=n+1}^\infty U_k\le \Bigint_n^{\infty}f(t)dt

il faut calculer :
\Bigint_n^{\infty}f(t)dt=\Bigint_n^{\infty}\frac{dt}{t^a}=\Bigint_n^{\infty}t^{-a}dt

on calcule :
\Bigint_n^{x}t^{-a}dt=[\frac{t^{-a+1}}{-a+1}]_n^x=\frac{x^{-a+1}}{-a+1}-\frac{n^{-a+1}}{-a+1}\longrightarrow_{x\to +\infty} -\frac{n^{-a+1}}{-a+1}=\frac{1}{(a-1)n^{a-1}}

donc \Bigint_n^{\infty}f(t)dt=\frac{1}{(a-1)n^{a-1}} soit :
\Bigsum_{k=n+1}^\infty U_k\le \frac{C}{n^{a-1}} avec C=\frac{1}{(a-1)}

Posté par
Cauchyre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 01:36

Voila, bon maintenant moi je file au lit

Posté par
H_aldnoerre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 01:38

Okay!
Merci bien!

Posté par
Tigweg Correcteurre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 01:58

Bonsoir tout de même!

a)Le fait que R(n) tende vers 0 ne signifie pas que ce reste est dominé par 4$\frac 1{n^{a-1}}.

Compare plutôt ce reste de rang n à 4$\bigint_{n}^{\infty}\frac{dx}{x^a}


b)f étant mesurable et [0;k] étant un borélien de R,

4$\{f\le k\} est T-mesurable pour tout k, donc sa fonction indicatrice l'est aussi, de même que (\frac {f}k)^a

Pour tout \omega, 4$(\frac {f(\omega)}k)^a(\chi_{f\le k})(\omega) est positif,

donc la série définissant F(\omega) converge dans \overline{\mathbb{R}}.

F est donc mesurable en tant que limite simple de fonctions mesurables.(Désolé,jene sais plus comment écrire la lettre grecque Khi en Latex...)



Fixons \omega, de deux choses l'une:

*Soit f(\omega)=\infty, auquel cas il n'existe aucun entier k tel que f(\omega)\le k, d'où F(\omega)=0 et toute constante K choisie ultérieurement fera l'affaire.


*Soit f(\omega) est fini.Soit alors n+1 le premier entier supérieur ou égal à f(\omega).


On a:

4$F(\omega)=f(\omega)^a\bigsum_{k=n+1}^{\infty}\frac 1{k^a}\le \frac{Cf(\omega)^a}{n^{a-1}}\le \frac{Cf(\omega)f(\omega)^{a-1}}{n^{a-1}}\le Cf(\omega)(\frac{n+1}n)^{a-1}\le 2^{a-1}Cf(\omega)


On peut donc choisir 4$K=2^{a-1}C.



c)Si f est de plus intégrable, alors la majoration précédente implique que F l'est aussi.

Comme F est une série à termes positifs (et mesurables), on applique Tonnelli ce qui permet d'échanger les symboles de sommation et d'intégration dans le calcul de l'intégrale de F.
On obtient bien l'inégalité attendue,compte tenu du fait que K et que l'intégrale de f sont supposés finis.




Tigweg
Edit Kaiser : c'est \chi en Latex !

Posté par
Tigweg Correcteurre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 01:59

Salut Cauchy,j'ai mis un peu de temps

Posté par
H_aldnoerre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 12:01

Bonjour Tigweg!
Désolé j'ai pas vu ton message hier!

Sinon quand tu dit \{f\le%20k\} est mesurable, ça signifie quoi ?

Car on parle de fonction mesurable si je ne me trompe pas!
\{f\le%20k\} c'est un ensemble non ?

Posté par
kaiser Moderateurre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 13:28

Bonjour à tous

H_aldnoer > un ensemble est dit T-mesurable si tout simplement il appartient à la tribu T.

Kaiser

Posté par
Cauchyre : Mesurabilité et intégrabilité! 13-10-07 à 15:43

Salut à tous,

Tigweg ton message est quand même bien plus complet

Posté par
Tigweg Correcteurre : Mesurabilité et intégrabilité! 15-10-07 à 13:23

Bonjour à tous

Kaiser> Merci pour le \chi!C'est marrant, il me semblait pourtant avoir essayé ainsi!

Cauchy> Sans doute un peu, mais qu'est-ce que je suis lent à 2h du matin tout de même!

H_aldnoer>Aïe!D'après ta question tu ne pouvais en effet pas comprendre l'énoncé!
Ca va mieux à présent?


Tigweg


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