337. Une série convergente donne une fonction intégrable au sens de Henstock-Kurzweil

Motivation

c_k = 1-\frac{1}{2^k} = \frac{2^k-1}{2^k}.

La suite $(c_k)_{k\geq 0}$ est strictement croissante et converge vers $1.$ D’autre part, pour tout entier naturel $k$, $c_k\neq 1.$

Note. La démonstration de ces résultats est laissée au lecteur et ne sera pas traitée dans cet exposé.

Soit $\sum_{k\geq 1} a_k$ une série réelle convergente.

Vous notez sa limite ainsi :

\boxed{A=\sum_{k=1}^{+\infty} a_k.}

Notez que la suite $(a_k)_{k\geq 1}$ converge alors vers $0.$ Il en est de même de la suite $(\vert a_k \vert)_{k\geq 1}$. En tant que suite positive convergente, elle est majorée.

Il existe un réel $\boxed{M>0}$ tel que $\boxed{\forall k\geq 1, \vert a_k \vert \leq M.}$

A cette série, vous associez la fonction $h : [0,1]\to \R$ définie de la façon suivante :

\boxed{\left\{\begin{align*}
&\forall k\geq 1, \forall x\in[c_{k-1}, c_k[, h(x) = 2^ka_k\\
&h(1)=0.
\end{align*}
\right.
}

Remarquez que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^{n} a_k = A$ si bien que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=n+1}^{+\infty} a_k =0.$

Soit $k\geq 1.$ La longueur de l’intervalle $[c_{k-1},c_k]$ est égale à :

\begin{align*}
c_k-c_{k-1} &= \frac{2^k-1}{2^k}-\frac{2^{k-1}-1}{2^{k-1}} \\
&= \frac{2^k-1}{2^k}-\frac{2^{k}-2}{2^{k}} \\
&=\frac{1}{2^k}.
\end{align*}

D’autre part, la fonction $h$ est constante sur l’intervalle $[c_{k-1},c_k[$ et prend pour valeur $2^k a_k.$ Le graphique ci-dessous illustre une représentation possible de la fonction $h$ sur l’intervalle $[0 ; 15/16[.$ Par contre la représentation de $h$ sur l’intervalle $[15/16, 1[$ a été omise, compte tenu du nombre infini d’intervalles qu’il faudrait représenter.

Graphiquement, il semble légitime de considérer que l’aire du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe de la fonction $h$, l’axe des ordonnées et la droite verticale d’équation $x=1$ est égale à:

\sum_{k=1}^{+\infty} (c_k-c_{k-1}) 2^k a_k = \sum_{k=1}^{+\infty} a_k.

Avant d’affirmer la validité de cette égalité, il convient de procéder aux démonstrations requises.

Objectif principal

Quelques définitions : notion de subdivision étiquetée

On appelle subdivision étiquetée $P$ de l’intervalle $[0,1]$ tout ensemble fini tel que :

• il existe un entier $n\geq 1$ ;
• et il existe $(x_0,\dots,x_n)\in\R^{n+1}$ tel que $x_0 < \dots < x_n$ avec $x_0=0$ et $x_n = 1$ ;
• et il existe $(t_1,\dots,t_n)\in\R^n$ tel que $\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, t_i\in[x_{i-1},x_i]$ tels que :
• $P = \{ ([x_{i-1}, x_i], t_i), 1\leq i \leq n\}.$

La subdivision $P$ étant définie, les intervalles $[x_{i-1},x_i]$ sont appelés intervalles de la subdivision $P$ et les réels $t_i$ sont appelés les étiquettes de la subdivision $P.$ Pour chaque intervalle $[x_{i-1},x_i]$, le réel $t_i$ est son étiquette.

S(h,P)=\sum_{i=1}^n h(t_i)(x_i-x_{i-1}).

Notion de subdivision fine

Soit $n$ un entier tel que $n\geq 1.$ Soit $\delta : [0,1]\to \R_{+}^{*}$ une fonction strictement positive sur $[0,1]$ et soit $P = \{ ([x_{i-1}, x_i], t_i), 1\leq i \leq n\}$ une subdivision étiquetée de l’intervalle $[0,1].$

La subdivision $P$ est dite $\delta$-fine si et seulement si :

\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, [x_{i-1},x_i]\subset [t_i-\delta(t_i), t_i+\delta(t_i)].

Intégrabilité au sens de Henstock-Kurzweil

\int_{0}^1 h(t)\dt = A.

Cela signifie que, pour tout réel $\varepsilon$ strictement positif, il existe une fonction $\delta : [0,1]\to \R_{+}^{*}$ (appelée jauge) strictement positive telle que pour toute subdivision étiquetée $P$ de l’intervalle $[0,1]$ qui soit $\delta$-fine, vous ayez la majoration :

\left\vert S(h,P) - A \right\vert \leq \varepsilon.

Analyse et construction d’une jauge

Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif fixé.

Vous considérez une fonction $\delta : [0,1]\to \R_{+}^{*}$, appelée jauge.

Soit maintenant et $n\in\NN$ et $P = \{ ([x_{i-1}, x_i], t_i), 1\leq i \leq n\}$ une subdivision étiquetée de l’intervalle $[0,1]$ qui soit $\delta$-fine.

Choisissez la jauge pour que l’étiquette $t_1$ soit égale à $0$

Vous allez imposer la propriété suivante pour la jauge $\delta$ :

\boxed{\forall t\in]0,1], \delta(t) \leq \frac{t}{2}.}

Supposez que $t_1$ soit non nul.

Vous avez $t_1\in[x_0,x_1]$ avec $[x_0,x_1]\subset[0,1]$ donc $t_1\in]0,1].$

Comme $x_0=0$ vous avez :

\begin{align*}
[0,x_1] \subset [t_1-\delta(t_1), t_1+\delta(t_1)].
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
t_1-\delta(t_1)&\leq 0 \\
t_1&\leq\delta(t_1)\\
t_1&\leq \frac{t_1}{2}.
\end{align*} 

Comme $t_1$ est strictement positif, en divisant par $t_1$ il vient :

1\leq \frac{1}{2}

ce qui est absurde.

Du coup il est établi que :

\boxed{t_1 = 0.}

Choisissez la jauge pour que $[x_0,x_1]\subset[0,1/4]$

Bien que non indispensable, vous allez choisir une valeur de $\delta(0)$ pour que l’inclusion $[x_0,x_1]\subset[0,1/4]$ soit vérifiée.

Puisque $0$ est l’étiquette de l’intervalle $[x_0,x_1]$, vous avez l’inclusion suivante :

[x_0,x_1] \subset[0-\delta(0), 0+\delta(0)].

Ainsi, $x_1\leq \delta(0).$

Vous choisissez alors $\delta(0)$ tel que :

\boxed{\delta(0)\leq\frac{1}{4}.}

\boxed{\forall t\in[0,1[, \delta(t) \leq \frac{1-t}{2}.}

\delta(t_n)\leq \frac{1-t_n}{2}.

\begin{align*}
1&\leq t_n +\delta(t_n)\\
2&\leq 2t_n+2\delta(t_n)\\
2&\leq 2t_n+1-t_n\\
1&\leq t_n.
\end{align*} 

\boxed{t_n =1.}

Définissez une utile fonction $\varphi$

Vous notez $\boxed{E = \{ c_k, k\in\N\}.}$ Soit maintenant un réel $x$ appartenant à l’ensemble $]0,1[\setminus E.$ L’ensemble $B = \{ \vert x-c_k\vert, k\in\N \}$ est une partie de $\R.$ Prenant $k=0$, il apparaît que $\vert x-c_0\vert \in B$ donc $B$ est non vide. D’autre part, $\forall k\in\N, \vert x-c_k\vert \geq 0$ donc $0$ minore $B.$

Il en résulte que $B$ admet une borne inférieure, qui sera notée $\varphi(x).$

Par définition:

\boxed{\forall x\in]0,1[\setminus E, \varphi(x) = \inf  \{ \vert x-c_k\vert, k\in\N \}.}

ll s’agit maintenant de caractériser $\varphi(x)$ et de montrer que c’est un réel strictement positif.

En raisonnant par l’absurde, supposez que:

\forall k\in\N, c_k\leq x.

En passant à la limite, quand $k\to +\infty$ on aurait $1\leq x$ ce qui contredit le fait que $x \in]0,1[.$

Donc il existe un nombre $\ell \in \N$ tel que $x<c_{\ell}.$

L’ensemble $\{k\in\N, x<c_k\}$ est une partie de $\N$ qui est non vide puisqu’elle contient $\ell.$ Elle admet un plus petit élément qui sera noté $m(x).$

Si $m(x)=0$, alors $x<c_{m(x)}$ fournit $x<c_0$ soit $x<0$ ce qui est absurde. Donc $m(x)\neq 0$ et par suite $m(x)\geq 1.$ Comme $m(x)-1$ est un entier naturel qui est strictement inférieur au minimum de l’ensemble $\{k\in\N, x<c_k\}$, vous déduisez que $c_{m(x)-1}\leq x.$ Du coup, $c_{m(x)-1}\leq x < c_{m(x)}.$

Soit $k\in\N.$ Si $k\geq m(x)$ par croissance de la suite $(c_i)_{i\geq 0}$ il vient $c_{m(x)}\leq c_k$ donc $x < c_{m(x)} \leq c_k$ donc $\vert x-c_k\vert \geq \vert x-c_{m(x)}\vert.$

Si $k < m(x)$ alors $k\leq m(x)-1.$ Toujours par croissance de la suite $(c_i)_{i\geq 0}$ il vient $c_k\leq c_{m(x)-1}\leq x$ donc $\vert x-c_k\vert \geq \vert x-c_{m(x)-1}\vert.$

Vous déduisez que:

\forall k\in\N, \vert x-c_k\vert\geq \min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}.

Le nombre $\min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}$ minore l’ensemble $B.$ Comme $\varphi(x)$ est le plus grand des minorants de $B$, vous avez obtenu:

\min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\} \leq \varphi(x).

Comme $m(x)$ est un entier naturel, $\vert x-c_{m(x)}\vert \in B.$ Comme $\varphi(x)$ est un minorant de $B$, vous déduisez $\varphi(x)\leq \vert x-c_{m(x)}\vert.$

Comme $m(x)-1$ est un entier naturel, $\vert x-c_{m(x)-1}\vert \in B.$ Comme $\varphi(x)$ est un minorant de $B$, vous déduisez $\varphi(x)\leq \vert x-c_{m(x)-1}\vert.$

Comme $\min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}$ est nécessairement égal à l’un des deux nombres parmi $\vert x-c_{m(x)-1}\vert$ et $\vert x-c_{m(x)}\vert$ vous déduisez:

\varphi(x) \leq \min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}.

Il a donc été démontré que:

\boxed{\forall x\in]0,1[\setminus E, \varphi(x) = \min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}.}

Soit $x\in]0,1[\setminus E.$ Supposez que $\varphi(x)=0.$ Alors soit $\vert x-c_{m(x)} \vert=0$ ce qui fournit $x = c_{m(x)}$ et donc $x\in E$ ce qui est absurde. Soit $\vert x-c_{m(x)-1} \vert=0$ ce qui fournit $x = c_{m(x)-1}$ et donc $x\in E$ ce qui est absurde.

Ainsi:

\boxed{\forall x\in]0,1[\setminus E, \varphi(x) >0.}

Choisissez la jauge pour obtenir une propriété sur les intervalles de la subdivision $P$ dont l’étiquette n’appartient pas à $E$

Il a déjà été établi que $0$ et $1$ sont des étiquettes.

Soit $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$ un indice tel que $t_i\in]0,1[$ soit une étiquette pour un intervalle $[x_{i-1},x_i]$ de la subdivision $P.$ Supposez que $t_i \notin E.$

Vous allez imposer la propriété suivante pour la jauge $\delta$ :

\boxed{\forall t\in]0,1[\setminus E, \delta(t) \leq \frac{\varphi(t)}{2}.}

Il a été vu que:

\forall x\in]0,1[\setminus E, c_{m(x)-1}\leq x < c_{m(x)}.

En particulier, pour $x=t_i$ vous déduisez:

c_{m(t_i)-1}\leq t_i < c_{m(t_i)}.

Comme $t_i\notin E$, vous avez $t_i\neq c_{m(t_i)-1}$ d’où:

c_{m(t_i)-1} < t_i < c_{m(t_i)}.

D’autre part:

\begin{align*}
[x_{i-1},x_i] &\subset [t_i-\delta(t_i), t_i+\delta(t_i)]\\
[x_{i-1},x_i] &\subset [t_i-\varphi(t_i)/2, t_i+\varphi(t_i)/2].
\end{align*}

Vous avez les inégalités suivantes :

\begin{align*}
x_i&\leq t_i+\frac{\varphi(t_i)}{2} \\
t_i-\frac{\varphi(t_i)}{2}&\leq x_{i-1}.
\end{align*} 

Or :

\begin{align*}
\varphi(t_i) &= \min\{\vert t_i-c_{m(t_i)}\vert, \vert t_i-c_{m(t_i)-1}\vert\} \\
&=\min\{c_{m(t_i)}-t_i, t_i-c_{m(t_i)-1}\}.
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
x_i&\leq t_i+\frac{c_{m(t_i)}-t_i}{2} \\
t_i-\frac{t_i-c_{m(t_i)-1}}{2}&\leq x_{i-1}.
\end{align*} 

Ce qui fournit :

\begin{align*}
x_i&\leq \frac{c_{m(t_i)}+t_i}{2} <  \frac{c_{m(t_i)}+c_{m(t_i)}}{2}\\
\frac{c_{m(t_i)-1}+c_{m(t_i)-1}}{2} < \frac{c_{m(t_i)-1}+t_i}{2}&\leq x_{i-1}.
\end{align*} 

Il en résulte que $[x_{i-1},x_i]\subset ]c_{m(t_i)-1}, c_{m(t_i)}[.$

Cette section a établi le résultat suivant:

\boxed{\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, t_i\in]0,1[\setminus E \implies [x_{i-1},x_i]\subset ]c_{m(t_i)-1}, c_{m(t_i)}[.}

Choisissez la jauge de sorte que tout intervalle de $P$ (excepté le dernier) qui contient une valeur $c_k$ pour k entier naturel non nul a son étiquette qui est égale à $c_k$

Ce résultat sera prouvé en deux temps. Tout d’abord vous prouvez un résultat plus faible.

Vous établissez d’abord que tout intervalle de $P$ (excepté le dernier) contenant une valeur $c_k$ pour k entier naturel non nul a son étiquette qui appartient à $E.$

Puisque $[x_0,x_1]\subset [0,1/4]$, il est impossible d’avoir $n=1$ donc la partition $P$ comprend au moins deux intervalles, c’est-à-dire $\boxed{n\geq 2.}$

Soit $k\in\NN$ tel qu’il existe un entier $i\in \llbracket 1, n-1\rrbracket$ vérifiant $c_k\in[x_{i-1},x_i].$

Supposez que l’étiquette $t_i$ de l’intervalle $[x_{i-1},x_i]$ n’appartienne pas à $E.$

Si $t_i = 0$ alors c’est que $i=1.$ Vous avez $[x_0,x_1]\subset[0,1/4]$ et par conséquent $c_k \in [0, 1/4]$, ce qui entraîne que $c_k = 0$ et $k=0$, contradiction avec $k\in\NN.$

Donc $t_i > 0.$ Comme $t_i\leq x_{i} < x_n$ vous avez $t_i\in]0,1[.$

Puisque $t_i\in]0,1[\setminus E$ vous déduisez que $[x_{i-1},x_i]\subset ]c_{m(t_i)-1}, c_{m(t_i)}[.$

Comme $c_k\in [x_{i-1},x_i]$ il en résulte que $c_{m(t_i)-1}<c_k < c_{m(t_i)}.$

Comme la suite $(c_m)_{m\geq 0}$ est strictement croissante, il vient $m(t_i)-1< k < m(t_i).$

Comme $k$ et $m(t_i)-1$ sont des entiers, l’inégalité $m(t_i)-1<k$ entraîne $m(t_i)\leq k$ ce qui contredit $k<m(t_i).$

Du coup, $t_i\in E.$

Il est établi que :

(\exists k\in \N, \exists i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, c_k\in [x_{i-1},x_i] )\implies t_i\in E.

Note. A ce stade, il est tout à fait possible qu’un intervalle de la subdivision $P$ contienne plusieurs valeurs de $E.$

Vous allez ajuster la jauge pour que cela ne puisse pas se produire.

Vous choisissez maintenant la jauge pour que toute tout intervalle de $P$ (excepté le dernier) qui contient une valeur $c_k$ pour k entier naturel non nul, ait son étiquette égale à $c_k.$

Soit $k\in\NN$ tel qu’il existe un entier $i\in \llbracket 1, n-1\rrbracket$ vérifiant $c_k\in[x_{i-1},x_i].$

Il a été vu que $t_i \in E$ donc il existe un entier naturel $\ell$ tel que $t_i = c_{\ell}.$

Si $c_{\ell}\neq c_k$, alors $k\neq \ell$ et deux cas se présentent.

1er cas. $k < \ell$ soit $k+1\leq \ell.$ Donc il existe un entier naturel $\zeta$ tel que $\ell = k+1+\zeta.$

\begin{align*}
\vert c_k-c_{\ell}\vert &= \left\vert 1-\frac{1}{2^k}  -1 + \frac{1}{2^{\ell}} \right\vert\\
&= \left\vert -\frac{1}{2^k} + \frac{1}{2^{\ell}} \right\vert\\
&= \left\vert \frac{1}{2^k} - \frac{1}{2^{\ell}} \right\vert \\
&= \left\vert \frac{2^{1+\zeta}}{2^{k+1+\zeta}} - \frac{1}{2^{k+1+\zeta}} \right\vert  \\
&=  \frac{2^{1+\zeta}-1}{2^{k+1+\zeta}}\\
&=  \frac{2^{1+\zeta}-1}{2^{\ell}}

\end{align*}

Comme $2^{1+\zeta}\geq 2$, il a été obtenu ce qui suit :

\begin{align*}
\frac{1}{2^{\ell}} \leq \vert c_k-c_{\ell}\vert.
\end{align*}

Or, $[x_{i-1},x_i]\subset [t_i-\delta(t_i), t_i+\delta(t_i)]$ donc en prenant les longueurs :

\frac{1}{2^{\ell}} \leq \vert c_k-c_{\ell}\vert  \leq x_i-x_{i-1}\leq 2 \delta(t_i).

Vous allez donc choisir la jauge $\delta$ sur l’ensemble $E$ pour avoir :

\boxed{\forall \ell\in\N, \delta(c_\ell) \leq \frac{1}{3\times 2^\ell}.}

Alors :

  2 \delta(c_{\ell}) \leq \frac{2}{3\times 2^{\ell}} < \frac{1}{2^{\ell}}.

Ceci est absurde. Donc le 1er cas ne se produit pas.

2ème cas. $k > \ell$ soit $k\geq \ell+1.$ Ainsi il existe un entier naturel $\eta$ tel que $k = \ell+1+\eta.$

\begin{align*}
\vert c_k-c_{\ell}\vert &=  \left\vert -\frac{1}{2^k} + \frac{1}{2^{\ell}} \right\vert\\
&= \left\vert \frac{1}{2^{\ell}} - \frac{1}{2^{k}} \right\vert \\
&= \left\vert \frac{2^{1+\eta}}{2^{\ell+1+\eta}} - \frac{1}{2^{\ell+1+\eta}} \right\vert \\
&= \frac{2^{1+\eta}-1}{2^{\ell+1+\eta}}.
\end{align*}

Or, $2^{\eta}\geq 1$ donc $2\times2^{\eta} \geq 2^{\eta}+1$ et par suite $2^{1+\eta}-1 \geq 2^{\eta}.$

Du coup :

\begin{align*}
\vert c_k-c_{\ell}\vert &\geq \frac{2^{\eta}}{2^{\ell+1+\eta}}\\
& \geq \frac{1}{2^{\ell +1}} \\
& \geq \frac{1}{2\times 2^{\ell}}.
\end{align*}

Comme précédemment, il vient :

\frac{1}{2\times 2^{\ell}} \leq \vert c_k-c_{\ell}\vert  \leq x_i-x_{i-1}\leq 2 \delta(t_i).

Vous allez donc choisir la jauge $\delta$ sur l’ensemble $E$ pour pouvoir garder la condition précédente. Vous prenez par exemple :

\boxed{\forall \ell\in\N, \delta(c_\ell) \leq \frac{1}{6\times 2^\ell}.}

Du coup :

\begin{align*}
2\delta(c_\ell) &\leq \frac{2}{6\times 2^\ell} \\
&\leq \frac{1}{3\times 2^\ell} \\
& < \frac{1}{2\times 2^\ell}.
\end{align*}

Cette dernier résultat est encore absurde.

L’hypothèse $c_{\ell}\neq c_k$ est donc fausse. Il en résulte que $t_i = c_{\ell} = c_k.$

Il est ainsi prouvé ce qui suit :

\boxed{(\exists k\in \N, \exists i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, c_k\in [x_{i-1},x_i] )\implies t_i = c_k.}

Ainsi, si un intervalle de la subdivision $P$ possède un élément de $E$, alors cet élément est nécessairement l’étiquette de l’intervalle considéré.

\left\{\begin{align*}
h(c_k) &= 2^{k+1}a_{k+1}\\
h(c_{k-1}) &= 2^ka_k.
\end{align*}
\right.

\begin{align*}
\vert h(c_k)  - h(c_{k-1}) \vert &= \vert 2^{k+1}a_{k+1} -  2^ka_k \vert \\
&= 2^k \vert 2a_{k+1}-a_k\vert.
\end{align*}

\begin{align*}
\vert h(c_k)  - h(c_{k-1}) \vert &\leq 2^k ( 2\vert a_{k+1}\vert + \vert a_k\vert) \\
&\leq 2^k (2M+M)\\
&\leq 3M\times 2^k.
\end{align*}

\begin{align*}
\vert h(c_k)  \vert &\leq 2^k \times 2\vert a_{k+1}\vert  \\
&\leq 2^k \times 2M\\
&\leq 3M\times 2^k.
\end{align*}

\boxed{\forall k\in\NN, \vert h(c_k)  - h(c_{k-1}) \vert \leq 3M\times 2^k \text{ et } \vert h(c_k)\vert\leq 3M\times 2^k.}

Montrez que l’écart entre la somme de Riemann et le début de la série est faible

Pour comprendre le phénomène, supposez que la subdivision $P$ soit comme indiquée ci-dessous :

La subdivision $P$ est formée de 9 intervalles : :

P = \{([x_{i-1},x_i],t_i), 1\leq i \leq 9\}.

Il a déjà été établi plus haut que nécessairement, à cause de la jauge $\delta$ :

\left\{\begin{align*}
t_1&=0\\
t_9&=1.
\end{align*}
\right.

Vous remarquez que $c_4\in]x_8,x_9]$ et que $c_3\notin ]x_8,x_9].$

La suite $(c_k)_{k\geq 4}$ étant strictement croissante et convergente vers $1=x_9$ vous déduisez que :

\forall k\geq 4, x_8 < c_k <1.

Le dernier intervalle de la subdivision $P$ contient presque toutes les valeurs de la suite $(c_k)_{k\geq 0}.$ De plus, comme $h(1)=0$ vous déduisez que :

h(1)(x_9-x_8)=0.

La somme de Riemann de la subdivision $P$ est égale à :

\begin{align*}
S(h,P)&=\sum_{i=1}^9 h(t_i)(x_i-x_{i-1})\\
& =\sum_{i=1}^8 h(t_i)(x_i-x_{i-1}) + h(1)(x_9-x_8)\\
&=\sum_{i=1}^8 h(t_i)(x_i-x_{i-1}).
\end{align*}

Comme $t_2$ et $t_3$ appartiennent à l’intervalle $[c_0,c_1[$, vous avez $h(0)=h(t_1) = h(c_0)=h(t_2)=h(t_3).$

Donc, en factorisant:

h(t_1)(x_1-x_0)+h(t_2)(x_2-x_1)+h(t_3)(x_3-x_2) = h(c_0)(x_3-x_0).

Vous décomposez la valeur de $h(t_4)(x_4-x_3)$ en deux, vu que $[x_3,x_4]$ contient une étiquette appartenant à $E$ :

\begin{align*}
h(t_4)(x_4-x_3) &= h(c_1)(x_4-x_3)\\
&= h(c_1)(x_4-c_1) +  h(c_1)(c_1-x_3).
\end{align*}

Comme $t_5$ appartient à l’intervalle $[c_1,c_2[$, vous avez $h(t_5)=h(c_1).$

\begin{align*}
h(t_5)(x_5-x_4) &= h(c_1)(x_5-x_4).
\end{align*}

Vous décomposez la valeur de $h(t_6)(x_6-x_5)$ en deux, vu que $[x_5,x_6]$ contient une étiquette appartenant à $E$ :

\begin{align*}
h(t_6)(x_6-x_5) &= h(c_2)(x_6-x_5)\\
&= h(c_2)(x_6-c_2) +  h(c_2)(c_2-x_5).
\end{align*}

Comme $t_7$ appartient à l’intervalle $[c_2,c_3[$, vous avez $h(t_7)=h(c_2).$

\begin{align*}
h(t_7)(x_7-x_6) &= h(c_2)(x_7-x_6).
\end{align*}

Vous décomposez la valeur de $h(t_8)(x_8-x_7)$ en deux, vu que $[x_7,x_8]$ contient une étiquette appartenant à $E$ :

\begin{align*}
h(t_8)(x_8-x_7) &= h(c_3)(x_8-x_7)\\
&= h(c_3)(x_8-c_3) +  h(c_3)(c_3-x_7).
\end{align*}

La somme de Riemann vaut donc :

\begin{align*}
S(h,P)&=h(c_0)(x_3-x_0) \\
&\qquad +h(c_1)(x_4-c_1) +  h(c_1)(c_1-x_3)\\
&\qquad +h(c_1)(x_5-x_4)\\
&\qquad +h(c_2)(x_6-c_2) +  h(c_2)(c_2-x_5)\\
&\qquad +h(c_2)(x_7-x_6)\\
&\qquad + h(c_3)(x_8-c_3) +  h(c_3)(c_3-x_7).
\end{align*}

Vous forcez l’apparition du réel $a_1 = h(c_0)(c_1-c_0).$

\begin{align*}
S(h,P)&=h(c_0)(x_3-c_0) \\
&\qquad  + h(c_0)(c_1-x_3) + (h(c_1)-h(c_0))(c_1-x_3) +h(c_1)(x_4-c_1) \\
&\qquad +h(c_1)(x_5-x_4)\\
&\qquad +h(c_2)(x_6-c_2) +  h(c_2)(c_2-x_5)\\
&\qquad +h(c_2)(x_7-x_6)\\
&\qquad + h(c_3)(x_8-c_3) +  h(c_3)(c_3-x_7)\\
&= a_1  + (h(c_1)-h(c_0))(c_1-x_3) +h(c_1)(x_4-c_1) \\
&\qquad +h(c_1)(x_5-x_4)\\
&\qquad +h(c_2)(x_6-c_2) +  h(c_2)(c_2-x_5)\\
&\qquad +h(c_2)(x_7-x_6)\\
&\qquad + h(c_3)(x_8-c_3) +  h(c_3)(c_3-x_7).
\end{align*}

De même vous préparez l’apparition du réel $a_2 = h(c_1)(c_2-c_1).$

\begin{align*}
S(h,P)&= a_1  + (h(c_1)-h(c_0))(c_1-x_3) +h(c_1)(x_4-c_1) \\
&\qquad +h(c_1)(x_5-x_4)\\
&\qquad +h(c_1)(c_2-x_5) +  (h(c_2)-h(c_1))(c_2-x_5) +h(c_2)(x_6-c_2) \\
&\qquad +h(c_2)(x_7-x_6)\\
&\qquad + h(c_3)(x_8-c_3) +  h(c_3)(c_3-x_7).
\end{align*}

Et vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*}
S(h,P)&= a_1  +a_2+ (h(c_1)-h(c_0))(c_1-x_3) \\
&\qquad +  (h(c_2)-h(c_1))(c_2-x_5) +h(c_2)(x_6-c_2) \\
&\qquad +h(c_2)(x_7-x_6)\\
&\qquad + h(c_3)(x_8-c_3) +  h(c_3)(c_3-x_7).
\end{align*}

Vous préparez maintenant l’apparition de $a_3 = h(c_2)(c_3-c_2).$

\begin{align*}
S(h,P)&= a_1  +a_2+ (h(c_1)-h(c_0))(c_1-x_3) \\
&\qquad +  (h(c_2)-h(c_1))(c_2-x_5) +h(c_2)(x_6-c_2) \\
&\qquad +h(c_2)(x_7-x_6)\\
&\qquad +h(c_2)(c_3-x_7) + ( h(c_3) - h(c_2))(c_3-x_7) + h(c_3)(x_8-c_3) .
\end{align*}

Et finalement :

\begin{align*}
S(h,P)&= a_1  +a_2+ a_3+(h(c_1)-h(c_0))(c_1-x_3) \\
&\qquad +  (h(c_2)-h(c_1))(c_2-x_5) \\
&\qquad  + ( h(c_3) - h(c_2))(c_3-x_7) + h(c_3)(x_8-c_3) .
\end{align*}

Comme la subdivision $P$ est $\delta$-fine, vous avez :

\left\{\begin{align*}
c_1-x_3 &\leq \delta(c_1)\\
c_2-x_5 &\leq \delta(c_2)\\
c_3-x_7 &\leq \delta(c_3)\\
x_8-c_3 &\leq \delta(c_3).
\end{align*}
\right.

Vous choisissez des valeurs de la jauge très petites sur l’ensemble $E$ en imposant ce qui suit :

\boxed{\forall k\in\N, \delta(c_k) \leq \frac{\min\{\varepsilon, M\}}{12M\times 4^k }.}

Il apparaît que :

\begin{align*}
\vert S(h,P) - (a_1  +a_2+ a_3) \vert &\leq \vert h(c_1)-h(c_0)\vert\ \delta(c_1) \\
&\qquad +  \vert h(c_2)-h(c_1)\vert \ \delta(c_2) \\
&\qquad  + \vert  h(c_3) - h(c_2)\vert\ \delta(c_3) + \vert h(c_3)\vert \delta(c_3)\\
&\leq 3M \times 2\delta(c_1)+3M\times 4\delta(c_2)+3M\times8\delta(c_3) + 3M\times8\delta(c_3)\\
&\leq 3M\left(\frac{2\varepsilon}{12M\times 4}+\frac{2^2\varepsilon}{12M \times 4^2}+ \frac{2^3\varepsilon}{12M\times 4^3}+ \frac{2^3\varepsilon}{12M\times 4^3}\right)\\
&\leq \frac{3\varepsilon}{12}\left(\frac{2}{4}+\frac{2^2}{4^2}+ \frac{2^3}{4^3}+ \frac{2^3}{4^3}\right)\\
&\leq \frac{\varepsilon}{4}\left(\frac{2}{4}+\frac{2^2}{4^2}+ \frac{2^3}{4^3}+ \frac{2^3}{4^3}\right)\\
&\leq \frac{2\varepsilon}{4}\left(\frac{2}{4}+\frac{2^2}{4^2}+ \frac{2^3}{4^3}\right)\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+ \frac{1}{2^3}\right)\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2}\times\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{2^k}\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2}.
\end{align*}

Note. Dans le cas où il existerait un nombre $i\in\NN$ et nombre $j\in\N$ tels que $c_i\in [x_{j-1},x_j]$ et $c_i\in [x_j, x_{j+1}]$, alors ces deux intervalles adjacents ont la même étiquette qui est $c_i = x_j$ si bien que la majoration ci-dessus reste valable.

\begin{align*}
&\forall k\geq 4, c_k\in]x_{n-1}, x_n] \\
&\forall k\in\llbracket 0,3\rrbracket, c_k\in[x_0, x_{n-1}].
\end{align*}

\forall m\geq N, \left\vert \sum_{k=m+1}^{+\infty} a_k \right\vert \leq \frac{\varepsilon}{2}.

\begin{align*}
&\forall k\geq \xi, c_k\in]x_{n-1}, x_n] \\
&\forall k\in\llbracket 0,\xi-1\rrbracket, c_k\in[x_0, x_{n-1}].
\end{align*}

[x_{n-1},x_n]\subset [1-\delta(1), 1].

D’une part, $x_{n-1}< x_n$ avec $x_n=1$ donc $x_{n-1} < 1.$

D’autre part, la suite $(c_k)_{k\geq 0}$ converge vers $1$ donc il existe un entier $\ell \geq 0$ tel que $x_{n-1} < c_{\ell}.$

L’ensemble $\{k\in\N, x_{n-1}< c_k\}$ est une partie de $\N$ qui est non vide. Vous notez $\mu$ son plus petit élément.

Comme $x_{n-1}\geq 1/4$ vous déduisez $x_{n-1} \geq c_0.$ Par suite, $0$ n’appartient pas à $\{k\in\N, x_{n-1}< c_k\}$ donc $\mu\neq 0$ et comme $\mu\in\N$ il vient $\mu \geq 1.$

Pour tout $k\in\llbracket 0, \mu-1\rrbracket$, $k$ est un entier naturel strictement inférieur à $\mu$, le plus petit élément de $A$. Donc $k$ n’appartient pas à $A$ et par suite $x_{n-1}\geq c_k.$

\boxed{\forall k\in\llbracket 0, \mu-1\rrbracket, c_k \leq x_{n-1} < c_{\mu}.}

Si $\mu = 1$, alors comme $c_1 = \frac{1}{2}$, vous avez $1/2 \in ]x_{n-1},x_n].$ Du coup :

1/2\leq \vert 1/2-x_n\vert \leq x_n-x_{n-1}\leq 1-x_{n-1}\leq\delta(1).

Il suffit de choisir $\delta(1)$ tel que :

\boxed{\delta(1)\leq \frac{1}{3}.}

Il y a alors contradiction et donc $\mu \geq 2.$

Il vient donc :

\begin{align*}
\vert S(h,P) -A\vert &\leq \left\vert S(h,P) -\sum_{k=1}^{\mu-1}a_k \right\vert + \left\vert \sum_{k=\mu}^{+\infty}a_k \right\vert\\
&\leq \frac{\varepsilon}{ 2 } + \left\vert \sum_{k=\mu}^{+\infty}a_k \right\vert.
\end{align*}

Il reste à justifier que $\mu-1$ est supérieur ou égal à $N.$

Si tel n’était pas le cas, vous auriez $\mu-1<N$ c’est-à-dire $\mu \leq N.$

Or, $c_{\mu} \in ]x_{n-1},x_n]$ donc $1-c_{\mu} \leq \delta(1)$ donc $\frac{1}{2^{N}} \leq \frac{1}{2^\mu}\leq \delta(1).$

Il vous suffit de choisir $\delta(1)$ tel que :

\boxed{\delta(1)\leq \frac{1}{3\times 2^{N}}.}

A ce moment, une contradiction apparaît : d’une part $\delta(1) < \frac{1}{2^N}$ et d’autre part $\frac{1}{2^{N}}\leq \delta(1).$

C’est donc que $\mu-1 \geq N.$ Il vient $\left\vert \sum_{k=\mu}^{+\infty}a_k \right\vert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Par somme, vous déduisez :

\begin{align*}
\vert S(h,P) -A\vert &\leq  \frac{\varepsilon}{ 2 } + \left\vert \sum_{k=\mu}^{+\infty}a_k \right\vert \\
&\leq \frac{\varepsilon}{ 2 }+\frac{\varepsilon}{ 2 }\\
&\leq \varepsilon.
\end{align*}

 \forall x\in]0,1[\setminus E, \varphi(x) = \inf \{ \vert x-c_k\vert, k\in\N \}.

\forall m\geq N, \left\vert \sum_{k=m+1}^{+\infty} a_k \right\vert \leq \frac{\varepsilon}{2}.

\left\{\begin{align*}
&\delta(1) = \frac{1}{3\times 2^{N}}\\
&\forall k\in\N, \delta(c_k) = \frac{\min\{\varepsilon, M\}}{12M\times 4^k }\\
&\forall t\in]0,1[\setminus E, \delta(t) = \frac{\min (\varphi(t), t, 1-t)}{2}.\\
\end{align*}
\right.

\vert S(h,P)-A \vert \leq \varepsilon.

\boxed{\int_0^1h(t)\dt = A.}

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