Solutions
Si f est positive, il existe alors une suite croissante {f n } de fonctions simples
convergente vers f et l’égalité demandée se déduit du théorème de convergence monotone de Lebesgue (voir II.3, th. 1). Enfin, si f est une fonction
intégrable quelconque, l’égalité à prouver est une conséquence du fait que
d
c f (t) dt =
d
c f + (t)dt −
d
c f − (t) dt.
II.4.14. D’après le théorème 2, F et G sont absolument continues sur [a , b].
Nous allons prouver que F G est aussi absolument continue. Pour cela, on note
respectivement A et B les extrema de |F (x)| et |G(x)| sur [a , b] et on observe
que
|F (t)G(t) − F (s)G(s)| A |G(t) − G(s)| + B |F (t) − F (s)| .
Ceci implique clairement la continuité absolue de F G. F G est donc dérivable
p.p. et (F G) = F G + F G = F g + f G, la dernière égalité se déduisant
du théorème 2. L’égalité voulue en découle en faisant de nouveau appel au
théorème 2.
II.4.15. Ceci est une conséquence immédiate du théorème 2 et du résultat
du problème précédent.
II.4.16. Toute fonction f croissante sur [a , b] est dérivable p.p. et, d’après
le théorème 1, f est intégrable. Donc, d’après le théorème 2,
g(x) = f (a) +
x
a
f
(t) dt
est absolument continue et g (x) = f (x) p.p. Si on pose h(x) = f (x) − g(x),
on obtient alors la représentation f (x) = g(x) + h(x), où g est absolument
continue et h est singulière. Pour voir que h est croissante, on fait de nouveau
appel au théorème 1 et on obtient
h(x 2 ) − h(x 1 ) = f (x 2 ) − f (x 1 ) −
x 2
x 1
f
(t) dt 0
pour x 2 > x 1 .
II.4.17. L’exemple suivant est dû à L. Takács [Amer. Math. Monthly,
85(1978), 35-37]. Pour
x =
+∞
n=1
2
−an ,
(∗)
305
Si f est positive, il existe alors une suite croissante {f n } de fonctions simples
convergente vers f et l’égalité demandée se déduit du théorème de convergence monotone de Lebesgue (voir II.3, th. 1). Enfin, si f est une fonction
intégrable quelconque, l’égalité à prouver est une conséquence du fait que
d
c f (t) dt =
d
c f + (t)dt −
d
c f − (t) dt.
II.4.14. D’après le théorème 2, F et G sont absolument continues sur [a , b].
Nous allons prouver que F G est aussi absolument continue. Pour cela, on note
respectivement A et B les extrema de |F (x)| et |G(x)| sur [a , b] et on observe
que
|F (t)G(t) − F (s)G(s)| A |G(t) − G(s)| + B |F (t) − F (s)| .
Ceci implique clairement la continuité absolue de F G. F G est donc dérivable
p.p. et (F G) = F G + F G = F g + f G, la dernière égalité se déduisant
du théorème 2. L’égalité voulue en découle en faisant de nouveau appel au
théorème 2.
II.4.15. Ceci est une conséquence immédiate du théorème 2 et du résultat
du problème précédent.
II.4.16. Toute fonction f croissante sur [a , b] est dérivable p.p. et, d’après
le théorème 1, f est intégrable. Donc, d’après le théorème 2,
g(x) = f (a) +
x
a
f
(t) dt
est absolument continue et g (x) = f (x) p.p. Si on pose h(x) = f (x) − g(x),
on obtient alors la représentation f (x) = g(x) + h(x), où g est absolument
continue et h est singulière. Pour voir que h est croissante, on fait de nouveau
appel au théorème 1 et on obtient
h(x 2 ) − h(x 1 ) = f (x 2 ) − f (x 1 ) −
x 2
x 1
f
(t) dt 0
pour x 2 > x 1 .
II.4.17. L’exemple suivant est dû à L. Takács [Amer. Math. Monthly,
85(1978), 35-37]. Pour
x =
+∞
n=1
2
−an ,
(∗)
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