Chapitre II. L’intégrale de Lebesgue
On prolonge maintenant f à R par périodicité en posant f (x+2π) = f (x) et on
utilise le résultat de II.5.22 pour prouver que lim
n→+∞
β i
α i
(f (x) − s n (x)) dx = 0
pour tout ]α i , β i [ ⊂ [0 , 2π]. On obtient alors, par périodicité du prolongement de f , lim
n→+∞
b i
a i
(f (x) − s n (x)) dx = 0 pour tout ]a i , b i [ ⊂ [−π , π]. Donc,
lim
n→+∞
G N
(f (x) − s n (x)) dx = 0 et le résultat cherché s’en déduit.
II.5.26. D’après II.3.25, étant donné ε > 0, il existe une fonction simple ϕ
telle que
π
−π
(g(x) − ϕ(x))
2 dx < ε.
D’après le résultat du problème précédent,
lim
n→+∞
π
−π
ϕ(x) (f (x) − s n (x)) dx = 0.
Donc,
π
−π
g(x) (f (x) − s n (x)) dx =
π
−π
(g(x) − ϕ(x)) (f (x) − s n (x)) dx
+
π
−π
ϕ(x) (f (x) − s n (x)) dx
<
√
ε
π
−π
(f (x) − s n (x))
2 dx
1/2
+
π
−π
ϕ(x) (f (x) − s n (x)) dx.
La solution de II.5.25 implique l’existence d’une constante C telle que
π
−π (f (x) − s n (x))
2 dx C, ce qui conduit au résultat désiré.
II.5.27. D’après le résultat du problème précédent,
1
π
π
−π
f (x)g(x) dx = lim
n→+∞
1
π
π
−π
s n (x)g(x) dx
= lim
n→+∞
1
2
a 0 α 0 +
n
k=1
(a k α k + b k β k )
.
On notera ici que si f = g, on obtient alors l’égalité dite de Parseval :
1
π
π
−π
f
2 (x) dx =
1
2
a
2
0 +
+∞
n=1
a
2
n + b
2
n
.
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