MESURE ET INT´EGRATION EN UNE DIMENSION

MESURE ET INT´ EGRATION EN UNE DIMENSION

Solutions des exercices Andr´e Giroux

D´epartement de Math´ematiques et Statistique Universit´e de Montr´eal

Juin 2005

1 INTRODUCTION

1. V´erifier que la fonction

x7→I_Q(x) est partout discontinue.

Solution. Quel que soitx0, on a lim inf

x→x0 I_Q(x) = 0 , lim sup

x→x0

I_Q(x) = 1

en s’approchant de x₀ suivant des points irrationnels ou des points rationnels respectivement.

2. D´eterminer l’ensemble des points de continuit´e de la fonction x7→xIQ(x).

Solution. La fonction xI_Q(x) est continue en x0 si et seulement si x₀ = 0. En effet, la continuit´e en x₀ = 0 d´ecoule de l’in´egalit´e

|xIQ(x)| ≤ |x|.

D’autre part, six0 >0, on a lim inf

x→x0

xIQ(x) = 0 , lim sup

x→x0

xIQ(x) =x₀ alors que, six0<0, on a

lim inf

x→x0

xI_Q(x) =x0 , lim sup

x→x0

xI_Q(x) = 0.

3. D´eterminer les ensembles E_k associ´es `a la fonctionIQ. Solution. Pour chaquem∈N={1,2,3, . . .}, on a

E0=Q^c , Em=Q etE_k =∅ si 0< k < m.

2 ENSEMBLES MESURABLES

1. Montrer que tout recouvrement d’un ensembleK⊆Rcompact (ferm´e et born´e) par des ensembles ouverts contient un sous-recouvrement fini.

Solution. Soit {O_α}_α∈A un recouvrement ouvert de K. Si K ⊆[a, b], les intervalles ouverts dont se composent les ensembles ouvertsK^c et O_α forment un recouvrement de [a, b]. Si{I₁, I₂, . . . , I_n} constitue un recouvrement fini de [a, b] par certains de ces intervalles, au plusndes ensemblesO_α pourront ˆetre choisis de fa¸con `a recouvrirK.

2. SiE⊆Retk∈R,

kE ={y|y=kx , x∈E}.

Montrer queλ^∗(kE) =|k|λ^∗(E).

Solution. Sik= 0, on a bien, avec la convention faite, que λ^∗({0}) = 0λ^∗(E).

Sik >0,

λ^∗(kE) = inf (

X

n

(b_n−a_n)

kE⊆[

n

]a_n, b_n[ )

=kinf (

X

n

1

k b_n− 1 k a_n

E⊆[

n

]1 k a_n,1

k b_n[ )

=k λ^∗(E).

Si enfink <0,

λ^∗(kE) = inf (

X

n

(bn−an)

kE⊆[

n

]an, bn[ )

=−k inf (

X

n

1

k an− 1 k bn

E⊆[

n

]1 k bn,1

k an[ )

=|k|λ^∗(E).

3. Soitµ^∗ :P(R)→[0,+∞] la fonction d´efinie par µ^∗(E) = sup{(b−a)|]a, b[⊆E}.

Cette fonction est-elle monotone ? invariante sous translation ? Pr´eserve- t-elle la longueur des intervalles ? Est-elle sous-additive ?

Solution. Il est ´evident que la fonction µ^∗ est monotone, invariante sous translation et qu’elle pr´eserve la longueur des intervalles. Elle n’est cependant pas sous-additive comme le montrent les relations

[0,1] = ([0,1/4] + [3/4,1]) + [1/4,3/4]

et

µ^∗([0,1]) = 1>1/4 + 1/2 =µ^∗([0,1/4] + [3/4,1]) +µ^∗([1/4,3/4]).

4. R´epondre aux mˆemes questions si la fonctionµ^∗ est d´efinie par µ^∗(E) = card(EZ).

Solution. Les propri´et´es de la fonctionA7→ card(A) montrent que µ^∗ est monotone et sous-additive mais elle n’est ´evidemment pas inva- riante sous translation et elle ne pr´eserve pas la longueur des inter- valles.

5. Montrer que, si E ⊆ R est mesurable et k ∈ R, l’ensemble kE est mesurable.

Solution. Sik= 0, kE={0} est mesurable. Sik6= 0, λ^∗(A kE) +λ^∗(A (kE)^c) =λ^∗(A kE) +λ^∗(A kE^c)

=λ^∗

k 1 kA E

+λ^∗

k 1

kA E^c

=|k|

λ^∗

1 kA E

+λ^∗

1 kA E^c

=|k|λ^∗ 1

kA

=λ^∗(A).

6. Montrer que tout ensemble mesurable born´e est de mesure finie. La r´eciproque est-elle vraie ?

Solution. SiE⊆[−K,+K], alorsλ(E)≤2K. La r´eciproque est fausse, comme le montre l’exemple de l’ensemble non born´e

E =

+∞

X

k=1

]k, k+ 1 2^k[ de mesure finie

λ(E) =

+∞

X

k=1

1 2^k = 1.

7. Un ensemble de mesure nulle peut-il ˆetre ouvert ? Doit-il ˆetre ferm´e ? Solution. Puisque

λ X

k

]a_k, b_k[

!

=X

k

(b_k−a_k),

le seul ensemble ouvert de mesure nulle est l’ensemble vide. Un en- semble de mesure nulle n’est d’autre part pas n´ecessairement ferm´e, comme le montre l’exemple de l’ensembleQ.

8. Soit >0 donn´e. Construire un ensemble ouvertEde mesureλ(E)<

qui soit dense dans R (c’est-`a-dire tel que tout nombre r´eel puisse s’´ecrire comme la limite d’une suite de nombres appartenant `a E).

Solution. Soit Q = {r₁, r₂, r₃, . . .} une ´enum´eration des nombres ra- tionnels ( par exemple,{0,1,−1,1/2,−1/2,1/3,−1/3,2/3, ...}). L’en- semble

E= [

k≥1

]r_k−

2^k+2, r_k+ 2^k+2[

poss`ede les propri´et´es requises puisque qu’il contient Q et que λ(E)< .

9. Montrer qu’un ensemble E ⊆ R est mesurable si et seulement si `a chaque >0 correspond un ensemble ouvert O ⊆R tel que E ⊆O et queλ^∗(OE^c)< .

Solution.

Cas o`uλ^∗(E)<+∞.

SoitO un ensemble ouvert tel queE ⊆O et que λ(O)< λ^∗(E) +. SiE est mesurable, on a

λ(O) =λ^∗(E) +λ^∗(OE^c)> λ(O)−+λ^∗(OE^c) et donc

λ^∗(OE^c)< .

R´eciproquement, consid´erons l’ensemble mesurable G= \

n∈N

O_1/n.

Alors G = E +N o`u λ^∗(N) = λ^∗(GE^c) = 0. Donc E = GN^c est mesurable.

Cas o`uλ^∗(E) = +∞.

Posons In = ]−n, n[ , En = EIn. Alors λ^∗(En)<+∞. Si O est un ensemble ouvert tel queE ⊆O etλ^∗(OE^c)< , on a

λ^∗(OInE_n^c) =λ^∗(OInE^c)<

etE_n est mesurable, donc

E= [

n∈N

E_n

l’est aussi. R´eciproquement, si E est mesurable, chaque ensembleEn

l’est. Si doncO_m est un ouvert tel que λ^∗(O_mE_m^c )<

2^m+1, on aura, en posant

O= [

m∈N

O_m, que

λ^∗(OE^c) =λ^∗ [

m∈N

\

n∈N

OmE_n^c

!

≤ X

m∈N

λ^∗(OmE^c_m)< . 10. Montrer qu’un ensemble E ⊆ R est mesurable si et seulement si on

peut l’´ecrire comme la r´eunion disjointe d’un ensemble de mesure nulle N et d’un ensemble qui est une r´eunion au plus d´enombrable d’en- sembles ferm´esF_k :

E =N +[

k

F_k.

Solution. La condition est ´evidemment suffisante. Elle est aussi n´ecessaire car siO_n est un ouvert tel queE^c ⊆O_net

λ(OnE)< 1 n,

en consid´erant l’ensemble ferm´e F_n=O_n^c, on auraF_n⊆E et λ(F_n^cE)< 1

n. On aura donc

E = [

n∈N

F_n+N

o`u

λ(N) =λ E [

n∈N

F_n

!c!

=λ \

n∈N

F_n^cE

!

= 0.

11. Soit µ : L → [0,+∞] une fonction additive. Montrer qu’ elle est n´ecessairement croissante et sous-additive.

Solution. SiE⊆F, on a F =E+F E^c et donc, par additivit´e, µ(F) =µ(E) +µ(F E^c)≥µ(E).

(Si µ(∅) 6= 0, µ ≡ +∞ et l’´enonc´e est trivial). Donn´ee une suite quelconque d’ensembles mesurablesE₁, E₂, E₃, . . . ,consid´erons les en- semblesF₁ =E₁, F₂ =E₂E₁^c, F₃ =E₃E₂^cE₁^c, . . . Ils sont mesurables et disjoints donc, par additivit´e,

µ [

n

En

!

=µ X

n

Fn

!

=X

n

µ(Fn)≤X

n

µ(En).

12. Soitµ:L→[0,+∞] la fonction d´efinie par µ(E) =

+∞ siE est infini card(E) si E est fini.

Montrer queµest additive et invariante sous translation.

Solution. Que la fonction µ soit invariante sous translation est clair.

SoientE1, E2, E3, . . .des ensembles mesurables non vides deux `a deux disjoints. Si l’un d’eux est infini, ainsi en est-il de leur r´eunion et donc on a bien

µ X

n

En

!

=X

n

µ(En) = +∞

dans ce cas. Si tous les ensembles E_n sont finis, leur r´eunion est finie s’ils sont en nombre fini et elle est infinie sinon. Dans le premier cas,

µ X

n

E_n

!

=X

n

µ(E_n)<+∞

et dans le deuxi`eme

µ X

n

En

!

=X

n

µ(En) = +∞.

13. Soit{E_k}_k une suite d´ecroissante,

E1 ⊇E2 ⊇E3 ⊇ · · · , d’ensembles de mesure finie. Montrer que

n→+∞lim λ(En) =λ

+∞

\

k=1

Ek

! .

L’hypoth`ese«de mesure finie»est-elle essentielle ?

Solution. Si n ≥ 2, consid´erons les ensembles croissant Fn = E1E_n^c. Alors

n→+∞lim λ(F_n) =λ [

n

F_n

!

=λ



E₁ (\

n≥2

E_n)^c



. Toutes le quantit´es impliqu´ees ´etant finies,

λ(E1) =λ(En) +λ(Fn) entraˆıne

λ(Fn) =λ(E1)−λ(En) et

λ(E₁) =λ





\

n≥2

E_n



+λ



E₁ (\

n≥2

E_n)^c





entraˆıne λ



E1 (\

n≥2

En)^c



=λ(E1)−λ





\

n≥2

En



. Par suite,

n→+∞lim λ(En) =λ





\

n≥1

En



.

L’hypoth`ese λ(E1) < +∞ est essentielle comme le montre l’exemple des ensemblesE_n = [n,+∞[ de mesure infinie et d’intersection totale vide.

14. Une fonctionµ:L→[0,+∞] poss`ede la propri´et´e d’additivit´e finie si, pour toute suite disjointe finie{E_k}_1≤k≤N,

µ

N

X

k=1

E_k

!

=

N

X

k=1

µ(E_k).

Montrer qu’une fonction

µ:L→[0,+∞]

est additive si et seulement si elle continue et poss`ede la propri´et´e d’additivit´e finie.

Solution. Il suffit de voir que les propri´et´es d’additivit´e finie et de continuit´e conjugu´ees impliquent la propri´et´e d’additivit´e. Cela suit des ´egalit´es suivantes, la premi`ere d´ecoulant de la continuit´e et la deuxi`eme de l’additivit´e finie :

µ

+∞

X

k=1

Ek

!

= lim

n→+∞µ

n

X

k=1

Ek

!

= lim

n→+∞

n

X

k=1

µ(Ek) =

+∞

X

k=1

µ(Ek).

3 FONCTIONS MESURABLES

1. Soit f : E → R une fonction. Montrer qu’elle est mesurable si et seulement si les ensembles

{x|f(x)> r}

le sont pour toutr∈Q.

Solution. Cette condition est ´evidemment n´ecessaire et elle est aussi suffisante parce que tout nombre r´eel α peut s’´ecrire comme la limite d’une suite d´ecroissante de nombres rationnelsr_n. On a

{x|f(x)> α}=[

n

{x|f(x)> rn}.

2. V´erifier les relations suivantes :

IEF =IEIF , IE+F =IE+IF , IE∪F =IE+IF−IEF , I^S_nEn = supIEn. Solution. On a par exemple queI^S_nEn(x) = 1 si et seulement s’il existe n∈N tel quex∈E_nce qui est vrai si et seulement si supIEn(x) = 1.

3. Soit f : (a, b) →R une fonction monotone. Montrer qu’elle est mesu- rable.

Solution. L’ensemble{x|f(x)> α} est un intervalle.

4. Soient f : R→ R une fonction mesurable et x₀ ∈ R. Montrer que la fonctionx7→f(x+x₀) est mesurable.

Solution. On a

{x|f(x+x₀)> α}={y|f(y)> α} −x₀.

5. Soient f : R → R une fonction mesurable et k ∈ R. Montrer que la fonctionx7→f(kx) est mesurable.

Solution. Sik= 0, la fonction r´esultante est constante donc mesurable.

Sinon,

{x|f(kx)> α}= 1

k{y|f(y)> α}.

6. Soitf : (a, b)→R une fonction admettant une primitive (c’est-`a-dire telle qu’il existe une fonctionF : (a, b) →R dont elle est la d´eriv´ee : f =F⁰). Montrer qu’elle est mesurable.

Solution. Soitf(x) =F⁰(x). La fonction d´erivable F est mesurable et f(x) = lim

n→+∞n

F

x+ 1 n

−F(x)

est mesurable comme limite de fonctions mesurables.

7. SoientE ⊆Run ensemble de mesure finie et f :E→ Rune fonction mesurable. Montrer qu’`a chaque >0 correspondN ∈Ntel que

λ{x| |f(x)|> N}< . Solution. On peut ´ecrire que

E =

+∞

X

k=1

{x|(n−1)≤ |f(x)|< n}.

La s´erie

+∞

X

k=1

λ({x|(n−1)≤ |f(x)|< n})

´etant convergente, il existeN ∈Ntel que X

k≥N

λ({x|(n−1)≤ |f(x)|< n})<

c’est-`a-dire tel que

λ({x|N −1≤ |f(x)|})< .

8. Montrer que toute fonction mesurable est limite simple d’une suite de fonctions mesurables ´etag´ees.

Solution. D´ecomposons la fonction suivant ses parties positives et n´egatives : f =f₊−f−.

Si les fonctions mesurables positives ´etag´eesϕ_ncroissent versf₊et les fonctions mesurables positives ´etag´eesψncroissent versf−, la fonction mesurable ´etag´eeϕn−ψn converge simplement versf.

9. Montrer que toute fonction mesurable born´ee est limite uniforme d’une suite de fonctions mesurables ´etag´ees.

Solution. On a

f = lim

n→+∞ϕn

o`u

ϕn=

n2ⁿ

X

k=1

k−1 2ⁿ IE_n,k

et la convergence est uniforme en vertu des in´egalit´es : 0≤f −ϕ_n≤ 1

2ⁿ.

4 INT´ EGRATION

1. Soit f ∈ L¹(R). Montrer que, pour tout x0 ∈ R, la fonction x 7→

f(x+x0) est int´egrable et Z +∞

−∞

f(x+x0) dx= Z +∞

−∞

f(x) dx.

Solution. La mesure ´etant invariante sous translation, la relation IE(x+x₀) =IE−x₀(x)

montre que l’´enonc´e est vrai si f =IE est la fonction indicatrice d’un ensemble mesurable, donc, par lin´earit´e, sif =ϕest une fonction me- surable positive ´etag´ee, donc, par convergence monotone, sif est po- sitive, donc enfin, encore par lin´earit´e, sif est une fonction int´egrable quelconque.

2. Soit f ∈ L¹(R). Montrer que, pour tout k ∈ R, k 6= 0, la fonction x7→f(kx) est int´egrable et

Z +∞

−∞

f(kx)dx= 1

|k|

Z +∞

−∞

f(x) dx.

Solution. Les relations

IE(kx) =I1/k E(x) et λ 1

kE

= 1

|k|λ(E)

montrent que la relation est vraie successivement pour une fonction in- dicatrice, pour une fonction positive ´etag´ee, pour une fonction positive et pour une fonction int´egrable.

3. Soitf ∈L¹(E). Montrer que, quel que soit >0, on peut trouver une fonction mesurable ´etag´eeϕtelle que

Z

E

|f−ϕ|< .

Solution. Toute fonction mesurable positive est la limite d’une suite croissante de fonctions mesurables positives ´etag´ees. En vertu du th´eor`eme de la convergence monotone, il existe deux fonctions mesurables posi- tives ´etag´eesϕet ψtelles que l’on ait

Z

E

(f₊−ϕ)<

2 et Z

E

(f−−ψ)<

2. Alors

Z

E

|f−(ϕ−ψ)|= Z

E

|(f₊−ϕ)−(f−−ψ)|< .

4. Soient f ∈ L¹(E) et g : E → R une fonction co¨ıncidant presque partout avecf. Montrer que g∈L¹(E) et que R

Eg=R

Ef.

Solution. SoitN ⊆Eun ensemble de mesure nulle `a l’ext´erieur duquel f etg co¨ıncident. Alors

Z

E

|g|= Z

N

|g|+ Z

EN^c

|g|= Z

EN^c

|f|<+∞

et Z

E

f− Z

E

g= Z

E

(f −g) = Z

EN^c

(f−g) = 0.

5. Obtenir la propri´et´e de continuit´e de la mesure `a partir du th´eor`eme de la convergence monotone.

Solution. SoientEndes ensembles mesurables qui croissent versE=S

nEn. En appliquant le th´eor`eme de la convergence monotone aux fonctions f_n =IEn qui croissent vers f = IE, on obtient la propri´et´e de conti- nuit´e de la mesure : la mesure de En (R+∞

−∞ fn) croit vers celle de E (R+∞

−∞ f).

6. D´eduire le th´eor`eme de la convergence monotone du lemme de Fatou.

Solution. Si les fonctions mesurables positivesfncroissent vers la fonc- tionf sur E, le lemme de Fatou entraˆıne

Z

E

f = Z

E

lim inf

n→+∞f_n≤lim inf

n→+∞

Z

E

f_n≤ Z

E

f.

7. Montrer que l’on peut avoir in´egalit´e stricte dans le lemme de Fatou.

Solution. SoitE⊆[0,1] un ensemble mesurable tel que 0< λ(E)<1.

Soit

f_n(x) =

IE si nest pair I[0,1]E^c si nest impair . Alors

Z 1 0

lim inf

n→+∞fn= 0, lim inf

n→+∞

Z 1 0

fn= inf {λ(E),1−λ(E)}>0.

8. Le lemme de Fatou reste-t-il vrai si on y remplace lim inf par lim sup ? Solution. Non. Pour les fonctions de l’exercice pr´ec´edent,

Z 1 0

lim sup

n→+∞

f_n= 1 , lim sup

n→+∞

Z 1 0

f_n= sup{λ(E),1−λ(E)}<1.

9. Soit

f_n(x) =ne^−n|x|. V´erifier que, pour toutx6= 0,

n→+∞lim fn(x) = 0.

Calculer ensuite

n→+∞lim Z +∞

−∞

f_n(x) dx.

Solution. La fonction exponentielle croissant plus vite que toute puis- sance de son argument,

n→+∞lim ne^−n|x|= 0 si x6= 0.

Cependant l’int´egrale Z +∞

−∞

ne^−n|x|dx= 2 Z +∞

0

e^−nx ndx= 2 ne tend pas vers 0.

10. V´erifier que les fonctions

fn= 1 n I[0,n²]

convergent vers 0 uniform´ement sur l’axe r´eel. Calculer ensuite

n→+∞lim Z +∞

−∞

f_n.

Solution. On a

sup{f_n(x)|x∈R}= 1 n. Cependant l’int´egrale

Z +∞

−∞

fn=n tend vers +∞.

11. Soitf ∈L¹(R). Montrer que

n→+∞lim Z

|x|>n

f = 0.

Solution. En vertu du th´eor`eme de la convergence domin´ee,

n→+∞lim Z

|x|>n

f = lim

n→+∞

Z +∞

−∞

I[−n,n]^cf = 0.

(La fonction majorante est|f|.)

12. Soitf ∈L¹(R). Est-il n´ecessairement vrai que

|x|→+∞lim f(x) = 0?

Solution. Non. Voici un exemple d’une fonction continue dont le graphe est constitu´e de segments de droite (en nombre infini). Soit

f =

+∞

X

n=2

fn

o`u

fn(x) =













 n⁴

x−n+ 1 n³

si n−_n¹₃ ≤x≤n n⁴

n+ 1

n³ −x

si n≤x≤n+_n¹3

0 autrement.

Alors

Z +∞

−∞

f =

+∞

X

n=2

1

n² <+∞, lim sup

x→+∞ f(x) = +∞.

Remarque : on a bien entendu lim inf

x→+∞|f(x)|= 0.

13. Soitf ∈L¹(R). D´eterminer

n→+∞lim Z +∞

−∞

f(x) sinⁿx dx.

Solution. En vertu du th´eor`eme de la convergence domin´ee (fonction majorante :|f|), on a

n→+∞lim Z +∞

−∞

f(x) sinⁿx dx= 0 car

n→+∞lim sinⁿx= 0 presque partout sur R.

14. Calculer

n→+∞lim Z n

0

1 +x

n n

e^−2x dx.

Solution. Les fonctions

1 +x

n n

croissent vers la fonctione^x donc les fonctions I[0,n]

1 +x

n n

e^−2x

croissent vers la fonctione^−x. En vertu du th´eor`eme de la convergence monotone ou en vertu du th´eor`eme de la convergence major´ee,

n→+∞lim Z n

0

1 +x

n n

e^−2x dx= Z +∞

0

e^−xdx= 1.

15. Montrer que

b→+∞lim Z b

0

sinx

x dx existe puis v´erifier que

Z +∞

0

sinx x

dx= +∞.

Solution. En int´egrant par parties, Z b

π/2

sinx

x dx=−cosb

b −

Z b π/2

cosx x² dx de telle sorte

b→+∞lim Z b

0

sinx x dx=

Z π/2 0

sinx x dx−

Z +∞

π/2

cosx x² dx.

D’autre part, si l’on avait Z +∞

0

sinx x

dx <+∞, on en d´eduirait que

Z +∞

π

sin²x

x dx <+∞

donc que

Z +∞

π/2

cos²y

(y+π/2) dy <+∞

ce qui entraˆınerait

Z +∞

π/2

cos²y

y dy <+∞

et

Z +∞

π/2

dx x =

Z +∞

π/2

cos²x x dx+

Z +∞

π/2

sin²x

x dx <+∞

ce qui est absurde.

16. Soient f_n :E → R des fonctions mesurables positives qui d´ecroissent vers une fonctionf :E→R. Montrer que

n→+∞lim Z

E

f_n= Z

E

f

pourvu que f1 soit int´egrable. Cette derni`ere condition est-elle indis- pensable ?

Solution. On applique le th´eor`eme de la convergence monotone aux fonctionsgn=f1−fn. On obtient

n→+∞lim Z

E

(f₁−f_n) = Z

E

(f₁−f)

donc Z

E

f₁− lim

n→+∞

Z

E

f_n= Z

E

f₁− Z

E

f

ce qui permet de conclure. L’hypoth`ese que f₁ soit int´egrable est es- sentielle comme le montre l’exemple des fonctionsfn=I[n,+∞[. 17. Soient fn : E → R des fonctions int´egrables qui croissent vers une

fonctionf :E →R. Montrer que

n→+∞lim Z

E

f_n= Z

E

f pourvu qu’il existeK∈Rtel que

Z

E

f_n≤K pour toutn∈N.

Solution. En vertu du th´eor`eme de la convergence monotone, on a

n→+∞lim Z

E

(fn−f1) = Z

E

(f −f1) donc

n→+∞lim Z

e

f_n− Z

E

f₁ = Z

E

(f −f₁).

On en d´eduit que Z

E

(f−f₁)≤K− Z

E

f₁.

Ainsi les fonctionsf −f1 etf = (f−f1) +f1 sont int´egrables et Z

E

(f−f1) = Z

E

f − Z

E

f1

ce qui permet de conclure.

18. Soient fn :E → R des fonctions mesurables positives qui convergent vers une fonctionf :E→Rde telle sorte quefn≤f pour toutn∈N. Montrer que

n→+∞lim Z

E

f_n= Z

E

f.

Solution. En vertu du lemme de Fatou, Z

E

f = Z

E

lim inf

n→+∞f_n≤lim inf

n→+∞

Z

E

f_n≤lim sup

n→+∞

Z

E

f_n≤ Z

E

f.

19. Soient f_n : E → R des fonctions int´egrables telles que |f_n| ≤ g pour toutn∈No`u la fonction g:E →Rest int´egrable. Montrer qu’alors

Z

E

lim inf

n→+∞fn≤lim inf

n→+∞

Z

E

fn≤lim sup

n→+∞

Z

E

fn≤ Z

E

lim sup

n→+∞ fn. Solution. En vertu du lemme de Fatou,

Z

E

g+ Z

E

lim inf

n→+∞f_n= Z

E

(g+ lim inf

n→+∞f_n) = Z

E

lim inf

n→+∞(g+f_n)

≤lim inf

n→+∞

Z

E

(g+f_n) = lim inf

n→+∞( Z

E

g+ Z

E

f_n) = Z

E

g+ lim inf

n→+∞

Z

E

f_n ce qui montre que

Z

E

lim inf

n→+∞fn≤lim inf

n→+∞

Z

E

fn.

En rempla¸cant fn par−f_n dans ce raisonnement, on obtient Z

E

lim inf

n→+∞(−f_n)≤lim inf

n→+∞

Z

E

(−f_n) c’est-`a-dire

lim sup

n→+∞

Z

E

f_n≤ Z

E

lim sup

n→+∞

f_n.

20. Soient f_n : E → R des fonctions mesurables qui convergent vers une fonction f : E → R, gn : E → R des fonctions int´egrables qui convergent vers une fonction int´egrable g : E → R et supposons que

|f_n| ≤g_n pour toutn∈N. Montrer que dans ce cas

n→+∞lim Z

E

fn= Z

E

f pourvu que lim

n→+∞

Z

E

gn= Z

E

g.

Solution. En vertu du lemme de Fatou, Z

E

lim inf

n→+∞(g+gn− |f −fn|)≤lim inf

n→+∞

Z

E

(g+gn− |f−fn|)

donc Z

E

2g≤lim inf

n→+∞( Z

E

g+ Z

E

gn− Z

E

|f−fn|) c’est-`a-dire

Z

E

2g≤ Z

E

g+ lim

n→+∞

Z

E

gn−lim sup

n→+∞

Z

E

|f−fn| et

lim sup

n→+∞

Z

E

|f−fn| ≤0 ce qui permet de conclure.

21. Montrer que

Z +∞

0

x

e^x−1 dx=

+∞

X

k=1

1 k².

Solution. En int´egrant terme `a terme une s´erie de fonctions positives, Z +∞

0

x

e^x−1 dx= Z +∞

0

xe^−x

1−e^−x dx= Z +∞

0

xe^−x

+∞

X

k=0

e^−kx dx

=

+∞

X

k=0

Z +∞

0

xe^−(k+1)x dx=

+∞

X

k=0

1 (k+ 1)²

Z +∞

0

ye^−y dy=

+∞

X

k=1

1 k².

22. Montrer que, quel que soitt >0, la fonctionx7→e^−xx^t−1est int´egrable sur [0,+∞[.

Solution. Puisque la fonction exponentielle croˆıt plus vite que toute puissance de son argument, `a chaquet∈RcorrespondAt>0 tel que

e^−xx^t≤ A_t

x² si x≥1 de telle sorte que

Z +∞

1

e^−xx^t−1 dt≤ Z +∞

1

At−1

x² dx <+∞.

D’autre part, Z 1

0

e^−xx^t−1 dx≤ Z 1

0

1

x^1−t dx <+∞

puisquet >0.

23. Justifier la d´erivation sous le signe int´egral : d

dt Z +∞

0

e^−xx^t−1 dx= Z +∞

0

e^−xx^t−1logx dx.

Solution. On a, en vertu du th´eor`eme des accroissements finis,

e^−xx^t+h+1−e^−xx^t−1 h

=e^−xx^t−1

x^h−1 h

=e^−xx^{t+θx(t)h−1}|logx|

o`uθ<sub>x</sub>(t)∈[0,1]. Puisque le logarithme croˆıt plus lentement que toute puissance de son argument, `a chaqueρ >0 correspond Bρ>0 tel que

logy≤Bρy^ρ si y ≥1 donc que

|logy| ≤B_ρy^−ρ si y≤1.

On en d´eduit que

e^−xx^t+h+1−e^−xx^t−1 h

≤

B1e^−xx^3t/2 si x≥1 B_t/4e^−xx^t/4−1 si x≤1

d`es que|h| ≤t/2. Cette derni`ere fonction ´etant int´egrable sur [0,+∞[, le th´eor`eme de la convergence domin´ee est applicable.

5 ESPACES DE LEBESGUE

1. Soit φ: (a, b) → R une fonction convexe. Montrer par r´ecurrence sur n que, quels que soient x1, x2, . . . , xn ∈(a, b) et α1, α2, . . . , αn ∈]0,1[

tels queα1+α2+· · ·+αn= 1, on a φ

n

X

k=1

αkxk

!

≤

n

X

k=1

αkφ(xk) (In´egalit´e de Jensen).

Solution. Le cas o`u n = 2 est exactement la d´efinition de convexit´e.

Supposant la formule pourntermes, on aura φ

n+1

X

k=1

α_kx_k

!

=φ (1−αn+1)

n

X

k=1

α_k

1−α_n+1x_k+αn+1xn+1

!

≤(1−α_n+1)φ

n

X

k=1

α_k 1−α_n+1x_k

!

+α_n+1φ(x_n+1)

≤φ

n

X

k=1

αkxk

!

+αn+1φ(xn+1) =

n+1

X

k=1

αkφ(xk)

2. Obtenir l’in´egalit´e entre la moyenne arithm´etique et la moyenne g´eom´etrique den nombres positifsa1, a2, . . . , an,

n

Y

k=1

ak

!1/n

≤ 1 n

n

X

k=1

ak,

en y pr´ecisant les conditions d’´egalit´e.

Solution. L’in´egali´e `a v´erifier ´equivaut `a 1

n

n

X

k=1

logak≤log 1 n

n

X

k=1

ak

!

et suit donc de la concavit´e du logarithme et de l’in´egalit´e de Jensen.

Comme le logarithme est une fonction strictement concave , c’est-`a- dire que

log(αx1+ (1−α)x2)> αlogx1+ (1−α) logx2

si x1 < αx1+ (1−α)x2 < x2 (parce que sa d´eriv´ee est strictement croissante), on ne peut avoir ´egalit´e dans l’in´egalit´e pr´ec´edente que si

a1 =a2=· · ·=an.

3. Soit φ : (a, b) → R une fonction convexe d´erivable. Montrer que son graphey=φ(x) est enti`erement situ´e au-dessus de n’importe laquelle de ses tangentesy=φ(x0) +φ⁰(x0)(x−x0).

Solution. On a vu que six₁ < x₂,

φ⁰(x1)≤ φ(x2)−φ(x1)

x₂−x₁ ≤φ⁰(x2).

Six > x0, l’in´egalit´e

φ(x)≥φ(x₀) +φ⁰(x₀)(x−x₀)

en d´ecoule en choisissant x₁ =x₀ etx₂ =x dans l’in´egalit´e de gauche alors que six < x₀, elle suit de l’in´egalit´e de droite en y faisantx₁ =x etx2 =x0.

4. Discuter le cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e de H¨older (lorsque 1< p <+∞).

Solution. Sikf gk₁ =kfk_pkgk_q, il faut n´ecessairement que

|f(x)g(x)|

kfk_pkgk_q = 1 p

|f(x)|

kfk_p p

+1 q

|g(x)|

kgk_q q

presque partout sur E donc, ´etant donn´ee la concavit´e stricte du lo- garithme, que

|f(x)|

kfk_p p

=

|g(x)|

kgk_q q

presque partout surE. Cette condition est ´evidemment suffisante.

5. Soient 1< p, q, r <+∞ des nombres tels que 1

p +1 q +1

r = 1 et

f ∈L^p(R), g∈L^q(R), h∈L^r(R).

Montrer quef gh∈L¹(R) et que

kf ghk₁≤ kfk_pkgk_qkhk_r.

Solution. Appliquant l’in´egalit´e de Jensen avec n = 3 au logarithme puis passant aux exponentielles, on obtient

x^α₁¹x^α₂²x^α₃³ ≤α1x1+α2x2+α3x3. Le choix

x1 = |f|^p

kfk^p_p , α1 = 1

p , x2 = |g|^q

kgk^q_q , α2 = 1

q , x3= |h|^r

khk^r_r , α3 = 1 r puis une int´egration surE conduisent au r´esultat.

6. Montrer que, sif ∈L^∞([a, b]),

kfk_∞= lim

p→+∞kfk_p. Solution. On a ´evidemment

Z b a

|f|^p 1/p

≤ kfk_∞(b−a)^1/p donc

lim sup

p→+∞

kfk_p ≤ kfk_∞. D’autre part, soit

E={x| |f(x)|>(kfk_∞−)}.

Alorsλ(E)>0 et Z b

a

|f|^{p 1/p}

≥ Z

E

|f|^p 1/p

≥(kfk_∞−)λ(E)^1/p. Par suite,

lim inf

p→+∞kfk_p≥ kfk_∞.

7. Soient f ∈ L^p([0,+∞[ ) et g ∈ L^q([0,+∞[ ) o`u 1 ≤ p, q ≤ +∞ sont conjugu´es. Calculer

T→+∞lim 1 T

Z T 0

f(s)g(s) ds.

Solution. Puisque

Z T 0

f g

≤ Z T

0

|f|^p

1/pZ T 0

|g|^q 1/q

≤ kfk_pkgk_q, on a

T→+∞lim 1 T

Z T 0

f(s)g(s) ds= 0.

8. Soit f : [0, A] → R une fonction s’annulant `a l’origine et admettant une d´eriv´ee continue. Montrer que, quel que soit p≥1, on a

kfk_p ≤ A

p^1/pkf⁰k_p. L’´egalit´e est-elle possible ?

Solution. On a

|f(x)|=

Z x 0

f⁰(t) dt

≤ Z x

0

|f⁰(t)|^p dt 1/p

x^1/q de telle sorte que

Z A 0

|f(x)|^p dx≤ Z A

0

|f⁰(t)|^p dt Z A

0

x^p/q dx et

kfk_p ≤ kf⁰k_p A p^1/p.

L’´egalit´e aura lieu si et seulement si f(x) =cx etp= +∞.

9. Montrer queL²(R)*L¹(R) et que L¹([0,1])*L²([0,1]).

Solution. Par exemple, 1

1 +|x| ∈L²(R)\L¹(R)

et 1

√x ∈L¹([0,1])\L²([0,1]).

10. Discuter le cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e de Minkowski (lorsque 1< p <+∞).

Solution. Si kf +gk_p = kfk_p +kgk_p, il faut que |f +g| = |f|+|g|

presque partout surE et que

|f|

|f+g| et |g|

|f +g|

soient constantes presque partout sur E. La premi`ere condition en- traˆıne quef /g >0 presque partout sur E et la seconde, que|f /g|est constante presque partout sur E. Ainsi il faut (et il suffit, bien sˆur) quef /g=c >0 presque partout sur E.

11. Soientf, g∈L²(E). Montrer que kfk²₂+kgk²₂= 1

2(kf+gk²₂+kf−gk²₂) (identit´e du parall´elogramme).

Solution. On a

kf+gk²₂+kf−gk²₂ =< f +g, f+g >+< f −g, f−g >

=kfk²₂+ 2< f, g >+kgk²₂+kfk²₂−2< f, g >+kgk²₂.

12. Soit 0< p <1. Montrer que sif, g∈L^p(E), alorsf+g∈L^p(E) mais que l’in´egalit´e

kf+gk_p ≤ kfk_p+kgk_p n’est plus n´ecessairement satisfaite.

Solution. On a

|f+g|^p ≤(|f|+|g|)^p ≤(2 sup{|f|,|g|})^p≤2^p(|f|^p+|g|^p) de telle sorte que

kf+gk^p_p ≤2^p(kfk^p_p+kgk^p_p).

Cette in´egalit´e peut devenir une ´egalit´e, par exemple, dans l’espace L^1/2([0,1]), pour les fonctions

f =I(0,1/2) et g=I(1/2,1).

13. On consid`ere les fonctionsfn: [0,1]→Rd´efinies par f_n(x) =







2n^α+βx si 0≤x≤1/(2n^α) 2n^β(1−n^αx) si 1/(2n^α)≤x≤1/n^α

0 si 1/n^α≤x≤1.

Montrer qu’elles convergent vers 0 en chaque pointx∈[0,1]. D´eterminer les valeurs dep pour lesquelles elles convergent au sens de L^p([0,1]).

Solution. Quel que soitx∈]0,1[, on a

fn(x) = 0 d`es que n > 1 x^1/α. D’autre part,

Z 1 0

f_n^p = n^{p β−α} p+ 1 ce qui tend vers 0 si et seulement sip < α/β.

14. On dit d’une suite de fonctions mesurables f_n : E → R qu’elles convergent en mesuresurEvers une fonction mesurablef :E →R si, quel que soitδ >0,

n→+∞lim λ{x| |f_n(x)−f(x)|> δ}= 0.

Montrer que la convergence au sens deL^p(E) (1≤p≤+∞) entraˆıne la convergence en mesure.

Solution. SoitE_δ,n={x| |f_n(x)−f(x)|> δ}.

Si 1≤p <+∞, Z

E

|f_n−f|^p 1/p

≥ Z

Eδ,n

|f_n−f|^p

!1/p

≥δλ(Eδ,n).

(In´egalit´e de Tchebychev).

Sip= +∞,λ(E_δ,n) = 0 d`es que kf_n−fk_p < δ.

15. Soient 1≤p, q≤+∞ des exposants conjugu´es, fn∈L^p(E) des fonc- tions qui convergent au sens deL^p(E) vers une fonctionf ∈L^p(E) et g_n ∈ L^q(E) des fonctions qui convergent au sens de L^q(E) vers une fonctiong∈L^q(E). Montrer que

n→+∞lim Z

E

fngn= Z

E

f g.

Solution. Le r´esultat suit des in´egalit´es suivantes : Z

E

|f_ng_n−f g| ≤ Z

E

|f_n−f||g_n|+ Z

E

|f||g_n−g|

≤ kf_n−fk_pkg_nk_q+kfk_pkg_n−gk_q et du fait que

n→+∞lim kg_nk_q=kgk_q.

16. Montrer que les fonctionsfn(x) = sinnxforment dans l’espaceL²([−π, π]) une suite born´ee (kf_nk₂restent born´ees) qui n’admet aucune suite par- tielle convergente (au sens deL²([−π, π])).

Solution. D’une part

Z +π

−π

sin²nx dx=π.

D’autre part,

Z +π

−π

(sinnx−sinmx)² dx= 2π.

17. Soientfn∈L^p(E) des fonctions qui convergent simplement (ponctuel- lement) vers une fonction f ∈L^p(E). Montrer qu’elles convergent au sens deL^p(E) (1≤p <+∞) si et seulement si

n→+∞lim kf_nk_p =kfk_p.

Solution. La condition est ´evidemment n´ecessaire puisque

|kf_nk_p− kfk_p| ≤ kf_n−fk_p.

Pour d´emontrer l’implication r´eciproque, on utilise le fait que les fonc- tions |f_n−f|^p tendent vers 0 en restant major´ees par les fonctions 2^p(|f_n|^p+|f|^p) qui tendent, elles, vers 2^p+1|f|^p. Comme

n→+∞lim Z

E

2^p(|f_n|^p+|f|^p) = Z

E

2^p+1|f|^p par hypoth`ese, le r´esultat d’un exercice pr´ec´edent implique

n→+∞lim Z

E

|f_n−f|^p = Z

E

0 = 0.

18. Soitf ∈L^p(R) (1≤p <+∞). Montrer que

h→0lim

Z +∞

−∞

|f(x+h)−f(x)|^p dx 1/p

= 0.

Solution. On sait que, quel que soith∈R, la fonctionx→ |f(x+h)|^p est int´egrable et que

Z +∞

−∞

|f(x+h)|^p dx 1/p

=

Z +∞

−∞

|f(x)|^p dx 1/p

. Sif ∈C_c^∞(R), on aura

h→0lim

Z +∞

−∞

|f(x+h)−f(x)|^p dx 1/p

= 0

en vertu du th´eor`eme de la convergence domin´ee. Dans le cas g´en´eral, soitg∈C_c^∞(R) une fonction telle que

kf −gk_p<

3. Alors

Z +∞

−∞

|f(x+h)−f(x)|^p dx 1/p

≤

Z +∞

−∞

|f(x+h)−g(x+h)|^p dx 1/p

+

Z +∞

−∞

|g(x+h)−g(x)|^p dx 1/p

+

Z +∞

−∞

|g(x)−f(x)|^p dx 1/p

<

3 +

Z +∞

−∞

|g(x+h)−g(x)|^p dx 1/p

+ 3 <

d`es que|h|est assez petit.

19. Soient 1≤p, q ≤+∞ des exposants conjugu´es, f ∈L^p(R), g ∈L^q(R) et

h(x) = Z +∞

−∞

f(x−t)g(t)dt= Z +∞

−∞

f(t)g(x−t)dt

leur produit de convolution. Montrer queh est une fonction continue et born´ee surR.

Solution. On peut supposer que p < +∞ (autrement, on intervertit les rˆoles des fonctions f et g). On sait que, quel que soit x ∈ R, la fonctiont→ |f(x−t)|^p est int´egrable et que

Z +∞

−∞

|f(x−t)|^p dt 1/p

=

Z +∞

−∞

|f(t)|^p dt 1/p

. En vertu de l’in´egalit´e de H¨older, la fonctionh est bien d´efinie et

khk∞≤ kfk_pkgk_q.

De plus, elle est (uniform´ement) continue sur Rcar

|h(x)−h(y)| ≤ Z +∞

−∞

|f(x−t)−f(y−t)||g(t)|dt

≤

Z +∞

−∞

|f(x−t)−f(y−t)|^p dt

1/pZ +∞

−∞

|g(t)|^q dt 1/q

ce qui tend vers 0 lorsquextend versyen vertu de l’exercice pr´ec´edent.

6 D´ ERIVATION

1. V´erifier qu’une fonction φ : [a, b] → R est `a variation born´ee si et seulement si son graphe estrectifiable, c’est-`a-dire si et seulement si les sommes

σ(φ,P) =

n

X

k=1

p(φ(x_k)−φ(x_k−1))²+ (x_k−x_k−1)²

restent born´ees quelle que soit la partitionP ={x₀, x₁, x₂, . . . , x_n}de l’intervalle [a, b].

Solution. On a

|φ(x_k)−φ(xk−1)| ≤p

(φ(xk)−φ(xk−1))²+ (xk−xk−1)²

≤ |φ(x_k)−φ(xk−1)|+ (x_k−xk−1) donc

s(φ,P)≤σ(φ,P)≤s(φ,P) + (b−a).

2. Soitφ: [a, b]→Rune fonction `a variation born´ee. SiP ={x₀, x1, . . . , xn} est une partition de l’intervalle [a, b], soient

p(φ,P) =

n

X

k=1

(φ(x_k)−φ(xk−1))₊, n(φ,P) =

n

X

k=1

(φ(x_k)−φ(xk−1))−

et posons

pos(φ,[a, b]) = sup

P

{p(φ,P)}, neg(φ,[a, b]) = sup

P

{n(φ,P)}.

Montrer que

pos(φ,[a, b])−neg(φ,[a, b]) =φ(b)−φ(a), et que

pos(φ,[a, b]) + neg(φ,[a, b]) = var(φ,[a, b]).

Solution. On a

φ(b)−φ(a) =

n

X

k=1

(φ(x_k)−φ(x_k−1))

=

n

X

k=1

(φ(x_k)−φ(xk−1))₊−

n

X

k=1

(φ(x_k)−φ(xk−1))−

=p(φ,P)−n(φ,P).

La relation

p(φ,P) =n(φ,P) + (φ(b)−φ(a)) implique

pos(φ,[a, b])≤neg(φ,[a, b]) + (φ(b)−φ(a)) et la relation

n(φ,P) =p(φ,P)−(φ(b)−φ(a)) implique

neg(φ,[a, b])≤pos(φ,[a, b])−(φ(b)−φ(a)) ce qui d´emontre la premi`ere ´equation.

Pour d´emontrer la seconde, observons d’abord que

s(φ,P) =p(φ,P) +n(φ,P)≤pos(φ,[a, b]) + neg(φ,[a, b]) donc que

var(φ,[a, b])≤pos(φ,[a, b]) + neg(φ,[a, b]).

D’autre part, en vertu de ce qui pr´ec`ede,

var(φ,[a, b])≥s(φ,P) =p(φ,P) +n(φ,P)

= 2p(φ,P)−(φ(b)−φ(a))

= 2p(φ,P)−(pos(φ,[a, b])−neg(φ,[a, b])) ce qui implique

var(φ,[a, b])≥2 pos(φ,[a, b])−(pos(φ,[a, b])−neg(φ,[a, b]))

= pos(φ,[a, b]) + neg(φ,[a, b]).

3. Soit φ : [a, b] → R une fonction `a variation born´ee. Supposons que φ = g −h en soit une repr´esentation comme la diff´erence de deux fonctions croissantes sur [a, b] et posons

P(x) = pos(φ,[a, x]), N(x) = neg(φ,[a, x]).

V´erifier que P etN sont croissantes sur [a, b] et que

var(P,[a, b])≤var(g,[a, b]), var(N,[a, b])≤var(h,[a, b]).

Solution. En vertu de l’exercice pr´ec´edent, P(x) = 1

2(V(x) +φ(x)−φ(a)) et N(x) = 1

2(V(x)−φ(x) +φ(a)) ce qui montre queP etN sont croissantes. Puisque

V(b)≤(g(b)−g(a)) + (h(b)−h(a)),

on a 1

2(V(b) +g(b)−h(b)−g(a) +h(a))≤g(b)−g(a) c’est-`a-dire

var(P,[a, b]) =P(b)≤g(b)−g(a) = var(g,[a, b]).

L’in´egalit´e

var(N,[a, b])≤var(h,[a, b]) s’´etablit de fa¸con semblable.

4. V´erifier que la fonction f(x) =

(x^−1/3 si x6= 0,

0 si x= 0.

est int´egrable sur [−1,1] et d´eterminer la variation de son int´egrale d´efinie

F(x) = Z x

−1

f(t) dt sur cet intervalle.

Solution. La fonctionf ´etant impaire, Z ₁

−1

|f(x)|dx= 2 Z ₁

0

x^−1/3 dx= 3.

La fonction

F(x) = 3

2(x^2/3−1)

´etant paire, d´ecroissante sur [−1,0] et croissante sur [0,1] et la varia- tion ´etant une fonction additive de l’intervalle,

var(F,[−1,1]) = var(F,[−1,0]) + var(F,[0,1])

= 2 var(F,[0,1]) = 2(F(1)−F(0)) = 3.

5. Montrer que la fonction continue φ(x) qui co¨ıncide avec x sin 1/x lorsquex 6= 0 n’est `a variation born´ee sur aucun intervalle contenant 0.

Solution. En vertu de l’additivit´e finie de la variation et du fait que la fonction consid´er´ee est paire, il suffit de voir que la variation de φsur l’intervalle [0,2/π] (par exemple) est infinie. Consid´erons la partition particuli`ereP_n

P_n={0, 2

(2n+ 1)π, 2

(2n−1)π, . . . , 2 3π,2

π}.

Pour la somme correspondante, on a

n

X

k=1

2

(2k+ 1)π sin(2k+ 1)π

2 − 2

(2k−1)π sin(2k−1)π 2

+

2

(2n+ 1)πsin(2n+ 1)π 2

≥

n

X

k=1

2 π

4k (2k+ 1)(2k−1) ce qui tend vers +∞ avec n.

6. Repr´esenter sur l’intervalle [0,2π] la fonction sinxcomme la diff´erence de deux fonctions croissantes.

Solution. En utilisant l’additivit´e finie de la variation, on obtient pour la variationV(x) associ´ee `a la fonction sinxl’expression

V(x) =







sinx si 0≤x≤ ^π₂ 2−sinx si ^π₂ ≤x≤ ^3π₂ 4 + sinx si ^3π₂ ≤x≤2π et

sinx=V(x)−(V(x)−sinx) est une repr´esentation possible.

7. Soit Q = {q₁, q₂, q₃, . . .} une ´enum´eration des nombres rationnels.

Montrer que la fonction

φ(x) = X

qn<x

1 2ⁿ

est strictement croissante surRet discontinue surQ. Solution. La s´erie

+∞

X

k=1

1 2^k = 1

´etant convergente, la fonction est bien d´efinie. Six₁< x₂, il existe un nombre rationnelqm entre x1 et x2. Donc

φ(x₁)< φ(x₂).

D’autre part, en chaque point rationnelq_m, on a limh↓0φ(qm+h) = lim

h↓0

X

qn<qm+h

1 2ⁿ ≥ 1

2^m+ X

qn<qm

1 2ⁿ ≥ 1

2^m+ lim

h↓0φ(qm−h) de telle sorte queφ fait un saut de 2^−m en qm ( la somme des sauts doit ˆetre ´egale `a 1).

8. Soitφ: [a, b]→Rune fonction `a variation born´ee. Montrer que|φ|est aussi `a variation born´ee sur [a, b] et que

var(|φ|,[a, b])≤var(φ,[a, b]).