Chapitre II. L’intégrale de Lebesgue
Donc,
L n 1 +
1
π
π
0
sin nt
tan
t
2
dt = 1 +
2
π
π/2
0
sin 2nt
tan t
dt
< 1 +
2
π
π/2
0
|sin 2nt|
t
dt = 1 +
2
π
nπ
0
|sin u|
u
du
= 1 +
2
π
n
k=1
kπ
(k−1)π
|sin u|
u
du = 1 +
2
π
n
k=1
π
0
sin t
t + (k − 1)π
dt
< 1 +
2
π
π
0
sin t
t
dt +
4
π 2
n
k=2
1
k − 1
< C +
4
π 2 ln n +
4
π 2 γ.
On remarquera ici que le résultat du problème précédent est une conséquence
immédiate du résultat présent.
II.5.39. On sait, par la solution de II.5.8, que
s n (x) − f (x) =
1
π
π
0
(f (x + t) + f (x − t) − 2f (x))
sin
n +
1
2
t
2 sin
t
2
dt.
Il suffit donc de prouver que
I n =
π
0
(f (x + t) + f (x − t) − 2f (x))
sin
n +
1
2
t
2 sin
t
2
dt = o(ln n).
Puisque f est uniformément continue, étant donné ε > 0, il existe 0 < η < 1
tel que |f (x + t) + f (x − t) − 2f (x)| < ε pour |t| < η. Pour n +
1
2 >
1
η , on a
I n =
(n+
1
2 )
−1
0
Φ(t) dt +
η
(n+
1
2 )
−1
Φ(t) dt +
π
η
Φ(t) dt,
où Φ(t) est l’intégrande de I n . Donc,
(n+
1
2 )
−1
0
Φ(t) dt =
(n+
1
2 )
−1
0
sin
n +
1
2
t
n +
1
2
t
·
n +
1
2
t
sin
t
2
× |f (x + t) + f (x − t) − 2f (x)| dt
n +
1
2
π
2
(n+
1
2 )
−1
0
|f (x+t)+f (x−t)−2f (x)| dt <
π
2
ε,
336