Dini_demo

394 mots 2 pages
Th´eor`eme 0.1. : Soit f une fonction de IR dans IR admettant en tout point une limite a` gauche et a` droite. Soient α < β. Alors f est Riemann-int´egrable sur [α, β].
D´emonstration : Soient ε > 0 et σ > 0 deux r´eels fix´es.
Soit x1 ∈ [α, α + ε[. On peut trouver ε1 > 0 le plus grand possible tel que x1 + ε1 ≤ β et σ ∀x ∈]x1 , x1 + ε1 [, | f (x) − f (x+
1 ) |≤ 2 .
Si x1 + ε1 = β, on pose x2 = β. Si x2 < β, posons x2 = x1 + ε1 . On peut trouver ε2 le plus grand σ possible, tel que x2 + ε2 ≤ β et ∀x ∈]x2 , x2 + ε2 [, | f (x) − f (x+
2 ) |≤ 2 . On construit ainsi une suite (xn )n≥1 croissante de r´eels inf´erieurs ou e´ gaux a` β, qui converge donc vers un point a ≤ β.
Supposons a < β. La suite (xn ) est alors n´ecessairement strictement croissante. Comme f est continue a` gauche en a, on peut trouver ω > 0 tel que si x ∈]a − ω, a[, | f (x) − f (a−) |≤ σ4 .
Comme xn → a, on peut trouver k tel que xk ∈]a − ω, a[ et donc, si x ∈]xk , a[ et y ∈]xk , a[, on a
| f (y) − f (a−) |< σ4 et | f (x) − f (a−) |< σ4 , et donc | f (x) − f (y) |< σ2 ; faisant tendre y vers σ xk , on obtient | f (x) − f (x+ k ) |≤ 2 . Donc a ≤ xk+1 , et comme xn est strictement croissante de limite a c’est impossible : a = β.
Choisissons alors n tel que | xn − β |< ε. Soient y1 , . . . yk , . . . des r´eels tels que yi ∈]xi , xi+1 [ et
| yi − xi+1 |< 2εi . Comme, si x et y sont deux points de l’intervalle ]xi , yi [, on a | f (x) − f (x+ i ) |<
+
σ σ et
|
f
(y)
− f (x
,
de ce fait
|
f
(x)
− f (y)
|<
σ et l’oscillation de f sur l’intervalle
]x
)
|<
i , yi [ i 2
2
est inf´erieure a` σ.
Par cons´equent, les intervalles sur lesquels l’oscillation de f est susceptible d’ˆetre sup´erieure a` σ ne peuvent eˆ tre que
[α, x1 [, [y1 , x2 [, [y2 , x3 [, . . . , [yn−1 , xn [, [xn , β[ dont la longueur totale est inf´erieure a` n−1 ε+ k=1 ε
+ ε < 3ε.
2k

f est donc int´egrable au sens de Riemann. CQFD.

1

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