Solutions
On vérifie facilement que m(A) = 0. Donc, par hypothèse, m(f (A)) = 0.
Comme dans la solution du problème précédent, on définit
w i (y) =
n i
k=1
χ B k,i (y)
où B k,i = f
x k,i , x
k,i
. La fonction w i (y) compte le nombre d’intervalles
x k,i , x
k,i
sur lesquels l’équation f (x) = y admet au moins une solution. On
a donc w i (y) v(y), où v(y) est l’indicatrice de Banach définie au problème
précédent. On a aussi
R
w i (y) dy =
n i
k=1
(M k,i − m k,i ) ε 0 .
Puisque v(y) est intégrable, l’ensemble C = {y : v(y) = +∞} est de mesure
nulle. Soit B =
y : lim
i→+∞
w i (y) = 0
. On va prouver que B \ C ⊂ f (A).
Si y 0 ∈ B \ C, il existe alors une suite {i r } telle que w ir (y 0 ) 1. Puisque
w ir (y 0 ) v(y 0 ) < +∞, il n’y a qu’un nombre fini d’éléments distincts de la
suite {x ir } tels que f (x ir ) = y 0 et x ir ∈ A ir . Il y a donc un élément, notons-le
x 0 , apparaissant une infinité de fois dans la suite. Puisque x ir ∈ A ir , on voit
que x 0 ∈ A et f (x 0 ) = y 0 ∈ f (A), ce qui prouve l’inclusion B \ C ⊂ f (A),
d’où m(B) = 0 et, en conséquence, lim
i→+∞
w i (y) = 0 p.p. D’après le théorème
de convergence dominée de Lebesgue (voir II.3, th. 3), lim
i→+∞
R w i (y) dy = 0,
ce qui contredit le fait que
R w i (y) dy ε 0 .
II.4.10. Le résultat découle immédiatement du problème précédent,
de II.4.1 et II.4.6.
II.4.11. On prouve d’abord que V (F ; a, b)
b
a |f (t)| dt. En effet,
n−1
k=0
|F (x k+1 ) − F (x k )| =
n−1
k=0
x k+1
x k
f (t) dt
n−1
k=0
x k+1
x k
|f (t)| dt =
b
a
|f (t)| dt,
si a = x 0 < x 1 < · · · < x n = b est une partition de [a , b], ce qui implique
V (F ; a, b)
b
a
|f (t)| dt.
301
On vérifie facilement que m(A) = 0. Donc, par hypothèse, m(f (A)) = 0.
Comme dans la solution du problème précédent, on définit
w i (y) =
n i
k=1
χ B k,i (y)
où B k,i = f
x k,i , x
k,i
. La fonction w i (y) compte le nombre d’intervalles
x k,i , x
k,i
sur lesquels l’équation f (x) = y admet au moins une solution. On
a donc w i (y) v(y), où v(y) est l’indicatrice de Banach définie au problème
précédent. On a aussi
R
w i (y) dy =
n i
k=1
(M k,i − m k,i ) ε 0 .
Puisque v(y) est intégrable, l’ensemble C = {y : v(y) = +∞} est de mesure
nulle. Soit B =
y : lim
i→+∞
w i (y) = 0
. On va prouver que B \ C ⊂ f (A).
Si y 0 ∈ B \ C, il existe alors une suite {i r } telle que w ir (y 0 ) 1. Puisque
w ir (y 0 ) v(y 0 ) < +∞, il n’y a qu’un nombre fini d’éléments distincts de la
suite {x ir } tels que f (x ir ) = y 0 et x ir ∈ A ir . Il y a donc un élément, notons-le
x 0 , apparaissant une infinité de fois dans la suite. Puisque x ir ∈ A ir , on voit
que x 0 ∈ A et f (x 0 ) = y 0 ∈ f (A), ce qui prouve l’inclusion B \ C ⊂ f (A),
d’où m(B) = 0 et, en conséquence, lim
i→+∞
w i (y) = 0 p.p. D’après le théorème
de convergence dominée de Lebesgue (voir II.3, th. 3), lim
i→+∞
R w i (y) dy = 0,
ce qui contredit le fait que
R w i (y) dy ε 0 .
II.4.10. Le résultat découle immédiatement du problème précédent,
de II.4.1 et II.4.6.
II.4.11. On prouve d’abord que V (F ; a, b)
b
a |f (t)| dt. En effet,
n−1
k=0
|F (x k+1 ) − F (x k )| =
n−1
k=0
x k+1
x k
f (t) dt
n−1
k=0
x k+1
x k
|f (t)| dt =
b
a
|f (t)| dt,
si a = x 0 < x 1 < · · · < x n = b est une partition de [a , b], ce qui implique
V (F ; a, b)
b
a
|f (t)| dt.
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