Salut,
si f est continue, il suffit de montrer le résultat pour f=1 (pour des raisons évidentes de minoration et de majoration de f)

Finalement celà revient à dire que

tend vers 0.
C'est assez facile de voir tout ca.
Evidemment si je n'ai pas fait d'erreurs.

Notons que si on considère que le lemme de Riemann Lebesgue est une manière facile de conclure, alors c'est la méthode la plus facile, mais c'est accepter le résultat pour le démontrer

Cependant j'ai comme l'impression que c'était un piège, alors j'attend de me faire avoir.
A+

Bonjour a tous les deux,

Je dirais qu'on peut trouver le résultat en approchant f(x) par des fonctions en escalier qui convergent uniformément (car f continue).



Soit .

On prend k tel que ce qui nous donne :


Et
qui tend bien vers 0 car c'est une somme finie de termes qui tendent vers 0.
Donc il existe N, tel que pour tout n>N, on a

la somme (en module) est donc inférieure à pour tout n suffisamment grand, donc c'est bon

Sauf erreurs bien sûr...

P.S Elhor, peux tu me dire comment tu fais ces magnifiques carrés autour de tes formules ? Merci

posté par : otto
Salut,
si f est continue, il suffit de montrer le résultat pour f=1 (pour des raisons évidentes de minoration et de majoration de f)

?? Je doute... comment justifies-tu formellement cela ?

Ce résultat est effectivement le lemme de Riemann-Lebesgue, sa démonstration classique est celle que peej a écrite.

Le lemme de Riemann-Lebesgue dit beaucoup plus que celà, il dit notamment que c'est vrai pour toute fonction L1.

Sinon effectivement j'ai borné trop vite, mais ce n'est pas un problème parce que si on revient à exp(inx)=cos(inx)+isin(inx) et que l'on utilise l'inégalité triangulaire et mon argument, on se ramène au même truc et on peut conclure sans problème (on se retrouve très facilement avec un produit d'une fonction bornée et d'une fonction qui tend vers 0 en l'infini).
L'avantange est que cette démonstration est réellement élémentaire et n'utilise que des outils de terminale.

Pour une démonstration dans le cas où f est seulement L1, on peut utiliser ce résultat en lemme et utiliser le théorème de Stone-Weierstrass ainsi que le théorème de Riesz-Fisher (ou plutôt un corollaire).

Je pense qu'il est également possible de modifier légèrement la démonstration de peej et d'utiliser le théorème de Lusin dans le cas où f est L1.

A+

Tu as raison, dans Riemann-Lebesgue, il y a Lebesgue...

D'ailleurs, en restant dans le Riemann, la démonstration de peej donne le cas de Riemann-intégrable sur un segment.

euh, ma démonstration ne convient pas pour les fonctions de L1 ??

Pourtant, pour toute fonction f de L1 il existe une suite de fonctions en escalier qui converge simplement vers f. Et je ne crois pas avoir eu besoin de la convergence uniforme dans ma démonstration (lorsqu'il y a inversion de la somme et de l'intégrale, la somme est finie).

Quelque chose a dû m'échapper...

Pourriez-vous m'expliquer ?

Merci.

Bonsoir;
Dans le cas où est le résultat s'obtient d'une manière élémentaire (une intégration par parties) on a en effet que:

d'où .
On pourra par exemple approcher uniformément sur par des fonctions je pense aux polynomes et je crois que la démonstration de la convergence uniforme d'une certaine suite de polynomes vers sur le segment (polynomes de bernstein par exemple ) peut ^tre qualifiée d'élémentaire.
Sauf erreurs...

peej,pour encadrer simplement ou doublement une expression tu peux consulter la page en cliquant sur ce lien qui se trouve en haut de cette page juste à gauche du point d'interrogation puis sur le lien "les astuces" dans le tutorial LaTeX.

Mais là on n'a pas que f est C0, mais que f est C1 ...

Le théorème de Stone-Weierstrass (toute sous algèbre de C0 unitaire autoadjointe, qui sépare les points est dense dans C0) fait l'affaire. L'avantange est que l'on a pas à exhiber les polynômes (Bernstein ou autre) mais c'est exactement la même idée.