Chapitre II. L’intégrale de Lebesgue
le théorème de Heine-Borel, il existe un sous-recouvrement fini
N
k=1
I n k . Ceci
montre que |J ε |
∗ < δ. On obtient |J ε |
∗ = 0 en faisant tendre δ vers 0.
II.1.56. [Leo M. Levine, Amer. Math. Monthly 84 (1977), 205]. On démontre
d’abord que D ∩ L est dénombrable. Comme dans la solution du problème précédent, on pose J 1/n =
x ∈ [a , b] : o f (x) >
1
n
. Puisque D∩L =
+∞
n=1
(J 1/n ∩L),
il suffit de prouver que chacun des ensembles J 1/n ∩ L est dénombrable. Si
x 0 ∈ J 1/n ∩ L, il existe alors δ > 0 tel que
f (x) − f (x
−
0 )
<
1
2n
pour x ∈ ]x 0 − δ , x 0 [. D’où,
|f (z) − f (u)| <
1
n
pour z, u ∈ ]x 0 − δ , x 0 [. En conséquence, si x ∈ ]x 0 − δ , x 0 [, alors o f (x)
1
n ,
de sorte que x /
∈ J 1/n . Tout point de J 1/n ∩ L est donc l’extrémité droite d’un
intervalle ouvert ne contenant aucun point de J 1/n ∩ L. Puisque ces intervalles
ouverts sont disjoints, les points considérés forment un ensemble dénombrable.
J 1/n ∩ L est donc dénombrable.
Puisque D = (D ∩ L) ∪ (D ∩ L c ) = (D ∩ L) ∪ ([a , b] \ L) et m(D ∩ L) = 0,
le critère d’intégrabilité au sens de Riemann énoncé dans ce problème est une
conséquence du critère de Lebesgue énoncé au problème précédent.
II.1.57. On remarque d’abord que l’ensemble A est fermé donc Lebesguemesurable car f est continue. De plus, A = {h ∈ [0 , 1] : 1 − h ∈ A} a la même
mesure de Lebesgue. Notre but est de prouver que A ∪ A = [0 , 1]. Pour
h ∈ [0 , 1], on pose
g(x) =
f (x + h) − f (x)
si x + h 1,
f (x + h − 1) − f (x) si x + h > 1.
Par hypothèse, g est continue sur [0 , 1]. Si f atteint son minimum et son maximum respectivement en x 0 et en x 1 , alors g(x 0 ) 0 et g(x 1 ) 0. D’après la
propriété des valeurs intermédiaires, il existe x 2 tel que g(x 2 ) = 0. Il s’ensuit
que h est soit dans A, soit dans A .
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le théorème de Heine-Borel, il existe un sous-recouvrement fini
N
k=1
I n k . Ceci
montre que |J ε |
∗ < δ. On obtient |J ε |
∗ = 0 en faisant tendre δ vers 0.
II.1.56. [Leo M. Levine, Amer. Math. Monthly 84 (1977), 205]. On démontre
d’abord que D ∩ L est dénombrable. Comme dans la solution du problème précédent, on pose J 1/n =
x ∈ [a , b] : o f (x) >
1
n
. Puisque D∩L =
+∞
n=1
(J 1/n ∩L),
il suffit de prouver que chacun des ensembles J 1/n ∩ L est dénombrable. Si
x 0 ∈ J 1/n ∩ L, il existe alors δ > 0 tel que
f (x) − f (x
−
0 )
<
1
2n
pour x ∈ ]x 0 − δ , x 0 [. D’où,
|f (z) − f (u)| <
1
n
pour z, u ∈ ]x 0 − δ , x 0 [. En conséquence, si x ∈ ]x 0 − δ , x 0 [, alors o f (x)
1
n ,
de sorte que x /
∈ J 1/n . Tout point de J 1/n ∩ L est donc l’extrémité droite d’un
intervalle ouvert ne contenant aucun point de J 1/n ∩ L. Puisque ces intervalles
ouverts sont disjoints, les points considérés forment un ensemble dénombrable.
J 1/n ∩ L est donc dénombrable.
Puisque D = (D ∩ L) ∪ (D ∩ L c ) = (D ∩ L) ∪ ([a , b] \ L) et m(D ∩ L) = 0,
le critère d’intégrabilité au sens de Riemann énoncé dans ce problème est une
conséquence du critère de Lebesgue énoncé au problème précédent.
II.1.57. On remarque d’abord que l’ensemble A est fermé donc Lebesguemesurable car f est continue. De plus, A = {h ∈ [0 , 1] : 1 − h ∈ A} a la même
mesure de Lebesgue. Notre but est de prouver que A ∪ A = [0 , 1]. Pour
h ∈ [0 , 1], on pose
g(x) =
f (x + h) − f (x)
si x + h 1,
f (x + h − 1) − f (x) si x + h > 1.
Par hypothèse, g est continue sur [0 , 1]. Si f atteint son minimum et son maximum respectivement en x 0 et en x 1 , alors g(x 0 ) 0 et g(x 1 ) 0. D’après la
propriété des valeurs intermédiaires, il existe x 2 tel que g(x 2 ) = 0. Il s’ensuit
que h est soit dans A, soit dans A .
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