2 Les fonctions étagées (mesurables) et leur intégrale

Comme les fonctions en escalier sont la base pour l’intégrale de Riemann, on considère ici la classe des fonctions étagées (mesurables) qui sont la base de l’intégrale de Lebesgue. Les fonctions en escaliers sont les combinaisons linéaires des indicatrices d’intervalles $1_{]a,b]}$ . On les prend pour base de l’intégrale de Riemann car on sait définit $\int_{\mathbb{R}}1_{]a,b]}(x)dx=(b-a)$ .

On fixe à partir de maintenant un espace mesuré $(\Omega,\mathcal{T},\mu)$ .

Maintenant, qu’on dispose d’une mesure $\mu$ , on veut définir de même pour $A\in\mathcal{T}$ :

\int_{\Omega}1_{A}d\mu\equiv\int_{\Omega}1_{A}(\omega)d\mu(\omega)=\mu(A).

Plus généralement, on définit:

Définition 4.9.

Pour $A,B\in\mathcal{T}$ , l’intégrale de $1_{A}$ sur $B$ par rapport à $\mu$ est notée et définie par:

\int_{B}fd\mu\equiv\int_{B}1_{A}(\omega)d\mu(\omega)=\mu(A\cap B).

Les combinaisons linéaires de fonctions indicatrices (mesurables) vont donc être de même la base de l’intégrale de Lebesgue:

Définition 4.10.

Soit $(\Omega,\mathcal{T})$ un espace mesurable, on appelle fonction étagée $f:(\Omega,\mathcal{T})\to\mathbb{R}^{d}$ une fonction de la forme

f(\omega)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}(\omega)

pour $a_{i}\in\mathbb{R}^{d}$ et $A_{i}\in\mathcal{T}$ . Pour $d=1$ , la représentation est dite canonique si $a_{1}<\cdots<a_{n}$ , tous non nuls ( $\forall i,a_{i}\neq 0$ ) et les $A_{1},\cdots,A_{n}$ sont deux à deux disjoints et non vides.

Exercice 4.4.

Les fonctions étagées sur $(\Omega,\mathcal{T})$ forment un sous espace vectoriel des fonctions $\Omega\to\mathbb{R}^{d}$ .

Comme on veut que l’intégrale soit linéaire, on est conduit à la définition suivante:

Définition 4.11.

Soit $f$ une fonction étagée positive $\displaystyle f(\omega)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}(\omega)$ avec $A_{i}\in\mathcal{T}$ des ensembles mesurables deux à deux disjoints ( $a_{i}>0$ ), on définit l’intégrale de $f$ sur $B\in\mathcal{T}$ par rapport à $\mu$ par:

\int_{B}fd\mu\equiv\int_{B}f(\omega)d\mu(\omega)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_% {i}\mu(A_{i}\cap B).

On reporte à l’annexe C section 4.2 la preuve facile mais fastidieuse du lemme suivant:

Lemme 4.20.

Soit $(\Omega,\mathcal{T},\mu)$ un espace mesuré, et $f,h:(\Omega,\mathcal{T})\to[0,+\infty]$ étagées positives, $B\in\mathcal{T}$ :

25.

Si $f\geq 0$ , alors $\int_{B}fd\mu=\int_{\Omega}1_{B}fd\mu$ .
26.

Si $f\geq 0$ , $c>0$ , alors $\int_{B}cfd\mu=c\int_{B}fd\mu$ .
27.

(additivité) $\int_{B}f+hd\mu=\int_{B}fd\mu+\int_{B}hd\mu$ .
28.

(monotonie) Si $0\leq f\leq h$ alors $0\leq\int_{B}fd\mu\leq\int_{B}hd\mu$ .

Le résultat crucial qui va permettre l’extension de l’intégrale est le résultat suivant:

$\bigstar$ Lemme 4.21.

Soit $(\Omega,\mathcal{T})$ un espace mesurable. Toute fonction mesurable positive $f:(\Omega,\mathcal{T})\to(\overline{\mathbb{R}},\mathcal{B}(\overline{\mathbb{% R}}))$ est limite simple d’une suite croissante de fonctions étagées positives.

Démonstration :

On prend

f_{n}(x)=2^{n}1_{\{x:f(x)=+\infty\}}+\displaystyle\sum_{k=0}^{4^{n}-1}\frac{k}% {2^{n}}1_{f^{-1}([\frac{k}{2^{n}},\frac{k+1}{2^{n}}[)}(x)=\left\{\begin{% tabular}[]{lcr}$\frac{k}{2^{n}}$&si&$\frac{k}{2^{n}}\leq f(x)<\frac{k+1}{2^{n}% },0\leq k<4^{n}$\\ $0$&si&$\frac{4^{n}-1+1}{2^{n}}=2^{n}\leq f(x)<+\infty$\\ $2^{n}$&si&$f(x)=+\infty$\end{tabular}\right.\leq f(x).

29.

Comme $f$ mesurable, chacun des $f^{-1}([\frac{k}{2^{n}},\frac{k+1}{2^{n}}[)\in\mathcal{T}$ et $f^{-1}(\{+\infty\})\in\mathcal{T}$ et donc $f_{n}$ est étagée (comme combinaison linéaire de fonctions indicatrices mesurables).
30.

La suite est croissante $0\leq f_{n}\leq f_{m}$ pour $n\leq m$ . Sur $f^{-1}([0,2^{n}])$ , on découpe chaque intervalle de définition de $f_{n}$ en $2^{m-n}$ ensembles dans la définitions de $f_{m}$ . Si $f_{m}(x)=\frac{k}{2^{m}}\leq f(x)<\frac{k+1}{2^{m}},0\leq k<2^{m+n}$ , on trouve $k=\kappa 2^{m-n}+l$ pour $0\leq l<2^{m-n},0\leq\kappa<4^{n}$ par division euclidienne et

$f_{n}(x)=\frac{\kappa}{2^{n}}\leq f_{m}(x)=\frac{k}{2^{m}}=\frac{\kappa}{2^{n}% }+\frac{l}{2^{m}}\leq f(x)<\frac{\kappa}{2^{n}}+\frac{l+1}{2^{m}}\leq f_{n}(x)% +\frac{l+1}{2^{m}}$

Sur $f^{-1}(]2^{n},+\infty[)$ on a $f_{n}(x)=0\leq f_{m}(x)$ . Vu $f_{n}(x)\leq f(x)\leq f_{n}(x)+\frac{1}{2^{n}}$ on en déduit $f(x)-\frac{1}{2^{n}}\leq f_{n}(x)\leq f(x)$ si $f(x)\leq 2^{n}$ , on déduit la convergence simple.

□