Intégrales, limites et intégrales doubles

Soient \(s,t\in I_x\text{,}\) tels que \(s\leq t\text{.}\) Montrons que \([s,t]\subset I_x\text{.}\)

Soit donc \(u\in [s,t]\text{,}\) on veut montrer que \(u\in I_x\text{.}\) On sait que

• \(s\in I_x\) donc il existe un intervalle \(I_1 \subset U\) tel que \(s\in I_1\) et \(x\in I_1\text{.}\)

• \(t\in I_x\) donc il existe un intervalle \(I_2 \subset U\) tel que \(t\in I_2\) et \(x\in I_2\text{.}\)

Pour montrer que \(u\in I_x\text{,}\) on sépare 3 cas :

• Si \(u\leq x\text{,}\) alors \(u\in [s,x]\subset I_1 \subset I_x\text{,}\) donc tout va bien.

• Si \(u\gt x\text{,}\) alors \(u\in [x,t]\subset I_2 \subset I_x\text{,}\) donc tout va bien aussi.

Donc \(I_x\) est bien un intervalle.

Reste à montrer les trucs faciles:

\(I_x\) contient \(x\text{,}\) puisque \([x,x]\) est un intervalle inclus dans \(U\) qui contient \(x\text{,}\) donc \([x,x]\subset I_x\text{.}\) Oui.

\(I_x\) est une union de sous-ensembles de \(U\text{,}\) donc \(I_x\subset U\text{.}\)

D'un autre côté, si \(J\subset U\) est un intervalle qui contient \(x\text{,}\) alors par définition de \(I_x\) on a \(J\subset I_x\text{,}\) donc \(I_x\) est le plus grand intervalle inclus dans \(U\) qui contient \(x\text{.}\)

Comme \(U\) est ouvert, il existe \(r\lt 0\) tel que \(\,]\,x-r, x+r\,[\,\subset U\text{.}\)

Mais du coup, \(\,]\,x-r, x+r\,[\,\) est un intervalle contenant \(x\) et inclus dans \(U\text{,}\) donc

donc \(x\in int(I_x)\text{.}\)

On a obtenu à que \(I_x\) contient un intervalle ouvert \(\,]\,a,b\,[\,\text{,}\) avec \(b \gt a\text{.}\)

Or, tous les intervalles ouverts de \(\R\) contiennent un rationnel: vous le savez sûrement déjà, mais remontrons-le, pour le plaisir.

Puisque \(b-a \gt 0\text{,}\) il existe \(n\in \N^*\) tel que \(\dfrac{1}{n} \leq b-a\text{.}\)

Notons \(k=E(an)+1 \in \N\text{,}\) où \(E\) est la partie entière. Alors

Et, comme \(\dfrac1n \lt b-a\text{,}\) on a

Donc \(a\lt \dfrac{k}{n} \lt b\text{:}\) autrement dit,

On a déjà constaté que \(I_x\) est un intervalle. Notons \(a=\sup I_x \in \R \cap \{+\infty\}\text{,}\) \(b=\inf I_x \in \R \cap \{-\infty\}\text{,}\) alors

donc \(I_x\) est ouvert ssi \(a\notin I_x\) et \(b\notin I_x\text{.}\)

Si \(a=+\infty\) ou \(b=-\infty\text{,}\) c'est à peu près clair. Supposons donc que ce sont des réels.

Supposons par l'absurde que \(a\in I_x\text{.}\)

Alors il existe \(I_a\subset U\) un intervalle contenant \(x\) et \(a\text{.}\) De plus, \(a\in U\) et \(U\) est ouvert, donc il existe \(r\gt 0\) tel que \(\lbb a-r,a+r\rbb \subset U\text{.}\)

Mais alors, \(I_a\) et \(\lbb a-r,a+r\rbb\) sont deux intervalles qui s'intersectent en \(a\text{,}\) donc leur union est un intervalle¹⁰. Inclus dans \(U\text{.}\) Qui contient \(x\text{.}\)

Donc \(I_a \cup \lbb a-r,a+r\rbb \subset I_x\text{:}\) mais du coup, \(\sup I_x \geq a+r \gt a\text{,}\) ce qui contredit \(a=\sup I_x\text{.}\)

\(\leadsto\) Donc \(a \notin I_x\text{.}\) Et on montre, exactement de la même façon, que \(b \notin I_x\text{,}\) donc \(I_x\) est un intervalle ouvert.

Soient \(x,y\in U\) tels que \(I_x\cap I_y \neq \emptyset\text{.}\) Montrons que \(I_x=I_y\text{.}\)

Remarquons que, dans ce cas, \(I_x \cup I_y\) est un intervalle: et cet intervalle contient \(x\) et est inclus dans \(U\text{.}\) Donc

et symétriquement, \(I_x \cup I_y\) est un intervalle qui contient \(y\) et est inclus dans \(U\text{.}\) Donc

On a donc bien, par double inclusion, \(I_x = I_y\text{.}\)

Remarquons déjà que

De plus, on sait que chaque \(I_x\) contient un rationnel \(q\text{,}\) et donc d'après la question précédente, \(I_x = I_q\text{.}\) Ce qui nous donne

De plus, pour deux rationnels \(q_1 \neq q_2\text{,}\) on a soit \(I_{q_1} = I_{q_2}\) (autrement dit \(I_{q_1}\) apparaît deux fois dans cette union) ou \(I_{q_1}\cap I_{q_2} = \emptyset\text{.}\)

Quitte à "jeter" les intervalles comptés en double, on peut trouver un sous-ensemble \(I\subset U\cap \mathbb Q\) tel que

¹¹

Or, \(U\cap \mathbb Q\) est fini ou dénombrable, donc \(I\) aussi: on peut donc écrire \(U\cap \mathbb Q=\{q_k, k\in \N\}\) ou \(\{q_1,\ldots,q_N\}\) et alors, en notant \(J_k=I_{q_k}\text{,}\) on trouve bien

avec les \(J_n\) intervalles non vides ouverts disjoints.

Les \(I_k\) sont de la forme \(\lbb a_k, b_k \rbb\) avec \(a_k,b_k \in \R\) puisque pour tout \(n\text{,}\) \(I_k \subset [a,b]\text{.}\)

Soit \(n\in \N\text{,}\) considérons

Quitte à renuméroter, puisque les \(I_k\) sont disjoints, on peut supposer

mais du coup

\(\leadsto\) La suite des sommes partielles \(S_n\) est croissante (puisque les \(\ell (I_k)\) sont positifs) et majorée par \(b-a\text{,}\) donc convergente.

On a donc

Soit \(n\in\N\text{.}\) Montrons qu'il existe \(m_n\in\N\) tel que \(I_{n} = J_{m_n}\text{.}\)

Soit \(x\in I_n \subset \bigcup_{m\in\N} J_m \text{,}\) alors il existe \(m_n\) tel que \(x \in J_{m_n}=\lbb c_{m_n}, d_{m_n} \rbb\text{.}\)

Mais alors, \(I_n\subset J_{m_n}\text{:}\) en effet, sinon, prenons \(y\in I_n \setminus J_{m_n}\text{.}\) Alors soit \(y\leq c_{m_n}\text{,}\) soit \(y\geq d_{m_n}\text{.}\) Disons qu'on est dans le premier cas¹⁵. Alors

donc il existe \(m_{n'}\neq m_n\) tel que \(c_{m_n}\in J_{m_{n'}}\text{.}\)

Mais \(J_{m_{n'}}\) est ouvert, donc il existe \(\varepsilon \gt 0\) tel que

Mais là, ça contredit \(J_{m_n} \cap J_{m_{n'}}=\emptyset\) !

Donc forcément, \(I_n \subset J_{m_n}\text{,}\) et \(m_n\) est unique puisque les \(J_m\) sont disjoints.

Et en fait, on doit avoir \(J_{m_n}= I_n\text{:}\) en effet, si ce n'est pas le cas, alors l'inclusion est stricte. Notons \(I_n= \lbb a_n,b_n\rbb\text{,}\) on a donc

Donc \(a_n\in J_{m_n}\subset \bigcup_{n\in\N} I_n\text{,}\) donc il existe \(n'\neq n\) tel que \(a_n\in I_{n'}\text{.}\)

Mais \(I_{n'}\) est un intervalle ouvert...disjoint de \(I_n\text{....}\) on retombe sur le même problème. Contradiction.

On obtient donc que pour tout \(n\in\N\text{,}\) il existe un unique \(m_n\) tel que \(I_n=J_{m_n}\text{.}\) Ce qui nous donne une fonction

qui est en fait une bijection !

• \(\varphi\) est injective: Supposons que \(\varphi(n)= \varphi(n')\text{.}\) Alors \(I_n=J_{\varphi(n)}=I_{n'}\text{,}\) donc \(n=n'\) (si \(n\neq n'\text{,}\) alors \(I_n,I_{n'}\) sont disjoints et non vides, donc ne peuvent pas être égaux au même \(J_m\)).

• \(\varphi\) est sirjective: Soit \(m\in\N\text{,}\) alors par le même raisonnement que ci-dessus, il existe \(n\in \N\) tel que \(I_n=J_m\) et donc \(\varphi(n)=m\text{.}\)

Donc la série \(\sum_n \ell(I_n) = \sum_n \ell(J_{m_n})\) s'obtient en changeant l'ordre des termes de la série \(\sum_m \ell(J_{m})\text{.}\)

Puisque cette série est à terme général positif, le théorème de réarrangement de Riemann¹⁶ permet d'affirmer que

On a vu qu'il existe deux suites d'intervalles ouverts disjoints non vides \((J_m)_m\) et \((I_n)_n\) tels que

Commençons par montrer que, pour chaque \(m\in\N\text{,}\) il existe un unique \(n_m\) tel que \(J_m\subset I_{n_m}\text{.}\)

En effet, si on prend un entier \(m\text{,}\) et un \(x\in J_m\subset W \subset V=\bigcup_{n\in\N} I_n\) ¹⁷, alors il existe \(n_m\) tel que \(x\in I_{n_m}=\lbb a_{n_m},b_{n_m}\rbb\text{.}\)

Mais alors, \(J_m\subset I_{n_m}\text{:}\) en effet, si ce n'était pas le cas, on pourrait prendre \(y\in J_m\setminus I_{n_m}\text{.}\) Alors soit \(y\leq a_{n_m}\text{,}\) soit \(y\geq b_{n_m}\text{.}\) Disons qu'on est dans le deuxième cas¹⁸. Alors

donc il existe \(n_{m'}\neq n_m\) tel que \(b_{n_}\in I_{n_{m'}}\text{.}\)

Mais \(I_{n_{m'}}\) est ouvert, donc il existe \(\varepsilon \gt 0\) tel que

Mais là, ça contredit \(I_{n_{m}} \cap I_{n_{m'}}=\emptyset\) !

Donc forcément, \(J_m\subset I_{n_m}\text{,}\) et \(n_m\) est unique puisque les \(J_m\) sont disjoints. Du coup,

et donc, pour tout \(M\in \N\)

et ça tombe bien, c'est ce qu'on voulait.

On ne change pas une équipe qui gagne: on décompose \(V_1,V_2\) en sous-intervalles:

Là, en procédant exactement comme à la question précédente, on voit que

1. Pour chaque \(j\in\N\text{,}\) il existe un unique \(n^1_j \in \N\) tel que \(I^1_j= I_{n^1_j}\)¹⁹.

2. Pour chaque \(k\in\N\text{,}\) il existe un unique \(n^2_k \in \N\) tel que \(I^2_k= I_{n^2_k}\text{.}\)

Remarquons de plus que \(E_1=\{n^1_j, j \in \N\},E_2=\{n^2_k, k \in \N\}\) forment une partition de \(\N\text{:}\)

• \(E_1\cap E_2=\emptyset\text{:}\) comme \(V_1\cap V_2=\emptyset\text{,}\) leurs décompositions en intervalles ouverts non vides ne peuvent pas avoir un intervalle en commun.

• \(E_1\cap E_2= \N\text{:}\) Comme \(V=V_1\cup V_2, on montre comme à la question précédente que chaque intervalle est égal, soit à l'un des intervalles soit à un des \)

Du coup:²⁰

A partir de là, on montre par récurrence que si \(V\) est une union disjointe de \(n\text{,}\)

Si \(c\notin V\) alors \(V\setminus\{c\}= V\text{.}\) Ce cas là ne coûte pas cher.

Supposons donc que \(c\in V\) et, pour ne pas changer, écrivons \(V\) comme une union disjointe d'intervalles ouverts:

Alors il existe un unique \(n_c\) tel que \(c\in I_{n_c}= \lbb a_c, b_c \rbb\text{.}\) Et on a

C'est une union de deux intervalles disjoints, donc on peut calculer sa longueur

donc

De là, on montre par récurrence que pour tout ensemble fini \(F\text{,}\)

Soit \(n\in \N\text{.}\) On sait que, pour tout \(t\ in I\text{,}\) \(|f_n(t)|\leq g(t)\text{.}\) Or, l'intégrale de \(g\) sur \(I\) converge, donc par le critère de comparaison, l'intégrale généralisée \(\displaystyle\int_a^p |f_n(t)|dt\) converge aussi.

Donc, pour tout \(n\in\N\text{,}\) \(\displaystyle\int_a^p f_n(t)dt\) converge absolument, donc converge.

De plus, en fixant \(t\in I\) quelconque et en passant à la limite \(n\rightarrow\infty\) dans l'inégalité

²²

on trouve que, pour tout \(t\in I\text{,}\) \(|f(t)| \leq g(t)\text{.}\)

A nouveau, par comparaison, on en déduit que \(\displaystyle\int_a^p f(t)dt\) converge absolument, donc converge.

On veut montrer que, pour tout \(\varepsilon \lt 0\text{,}\) il existe un rang \(n_0\) tel que pour tout \(n\geq n_0\text{,}\)

Fixons donc un \(\varepsilon \gt 0\text{;}\) à partir de maintenant, on cherche \(n_0\text{.}\)

Or l'intégrale généralisée de \(g\) sur \(I\) converge, donc, par définition:

Dégainons le \(\varepsilon\) qu'on a fixé:

• Si \(p\in\R\text{,}\) il doit donc exister \(\eta \gt 0\) tel que, si \(|b-p|\lt \eta\text{,}\)

  \begin{equation*} \int_b^p g(t) dt = \left|\int_a^p g(t) dt - \int_a^b g(t) dt\right| \lt \frac{\varepsilon}3 \end{equation*}

• Si \(p=+\infty\text{,}\) il doit donc exister \(M \gt 0\) tel que, si \(b\geq M\text{,}\)

  \begin{equation*} \int_b^p g(t) dt = \left|\int_a^p g(t) dt - \int_a^b g(t) dt\right| \lt \frac{\varepsilon}3 \end{equation*}

Dans tous les cas, on peut choisir un \(b\in [a,p\rbb\) tel que

On en déduit que, pour tout \(n\in \N\text{,}\)

\(\leadsto\) Ce qu'il nous faut, donc, c'est un rang \(n_0\) tel que, pour tout \(n\geq n_0\text{,}\)

ce qui est le même problème qu'avant, à 3 vaches près, mais cette fois sur un segment \([a,b]\text{.}\)

On veut donc montrer que

Or, pour tout \(n\in\N\text{,}\)

donc il suffit en fait de montrer que

\(\leadsto\) Posons donc, pour tout \(n\in\N\) et pour tout \(t\in I\text{,}\)

Alors \((h_n)_n\) est une suite de fonctions positives sur \(I\text{,}\) qui converge simplement vers la fonction nulle, et on veut montrer que

On a posé \(h_n=|f_n-f|\) et on sait que, pour tout \(t\in[a,b]\) et pour tout \(n\in\N\text{,}\)

Or, l'intégrale généralisée de \(g\) sur \(I\) converge; donc en particulier \(g\) est localement Riemann-intégrable sur \(I\text{.}\)

\(\leadsto\ g\) est donc Riemann intégrable, donc bornée, sur le segment \([a,b]\subset I\text{:}\) il existe donc une constante \(C\gt 0\) telle que, pour tout \(t\in [a,b]\)