Solutions
On peut supposer que la suite {n k } est strictement croissante. On pose
A m = A \
+∞
k=m
x ∈ A : |f n k (x) − f (x)| >
1
k
.
On a alors
m(A \ A m )
+∞
k=m
1
2 k =
1
2 m−1
et, pour x ∈ A m ,
|f n k (x) − f (x)|
1
k
pour k m.
Donc {f n k } converge vers f sur
+∞
m=1
A m et m
A \
+∞
m=1
A m
= 0.
II.2.36. Soit x 0 un point de continuité de f . On suppose, contrairement à
l’énoncé, que f n (x 0 ) ne tend pas vers f (x 0 ). Il existe alors ε > 0 et une soussuite f n k telle que |f n k (x 0 ) − f (x 0 )| > ε ou, de façon équivalente,
f n k (x 0 ) − f (x 0 ) > ε ou f n k (x 0 ) − f (x 0 ) < −ε.
(∗)
Puisque f est continue en x 0 , il existe δ > 0 tel que
f (x 0 ) −
ε
2
< f(x) < f(x 0 ) +
ε
2
dès que |x − x 0 | < δ. Par monotonie de f n k , f n k (x) f n k (x 0 ) pour x > x 0 .
En conséquence, si le premier cas de (∗) est vérifié, alors
f n k (x) − f (x) > f n k (x 0 ) − f (x 0 ) −
ε
2
>
ε
2
pour x ∈ ]x 0 , x 0 + δ[. D’où
m
x ∈ ]a , b[ : |f n k (x) − f (x)| >
ε
2
δ,
contradiction.
II.2.37. D’après le théorème de Lusin (voir II.2.27), pour tout n ∈ N ∗ , il
existe un ensemble fermé F n ⊂ A tel que m(A \ F n ) <
1
n et la restriction de
f à F n est continue. Les ensembles H n =
n
i=1
F i sont fermés et la restriction
de f à H n est continue. Posons H =
+∞
n=1
H n . H est alors un F σ -ensemble et
m(A \ H) = 0. D’après le théorème de prolongement de Tietze, il existe un
prolongement continu f n de f |Hn défini sur R tel que f n = f sur H n . Il est
clair que f n converge vers f sur H.
281