LICENCE DE MATHÉMATIQUES FONDAMENTALES Calcul ...

Démonstration
La définition de ∫ b
f(t)dt ne dépend pas de la primitive Φ car d’après la Proposition 3.5.1,
a
deux primitives d’une même fonction différent d’une constante. Pour démontrer l’inégalité
∥
∫ b
a
f(t)dt∥ ≤ ∣
∫ b
a
‖f(t)‖dt∣
on suppose a ≤ b. Soit Φ la primitive de f telle que φ(a) = 0. On a, pour tout t ∈ [a, b]
Φ(t) =
∫ t
a
f(s)ds.
Il existe alors une partie au plus dénombrable D ⊂ [a, b] telle que sur [a, b] \ D,
Φ ′ (t) = f(t),
d’où ‖Φ ′ (t)‖ = ‖f(t)‖. Remarquons que la fonction ‖f(.)‖ est réglée car la norme est continue.
Il existe donc ∆ ⊂ [a, b] au plus dénombrable telle que G ′ (t) = ‖f(t)‖ où G(t) = ∫ t
‖g(s)‖ds.
a
Pour t ∈ [a, b] \ (D ∪ ∆) on a donc
D’après le Théorème 3.1.1 on obtient
d’où
Remarque 3.5.1
‖Φ ′ (t)‖ ≤ G ′ (t).
‖F (b) − F (a)‖ ≤ G(b) − G(a),
∥
∫ b
a
f(t)dt∥ ≤
∫ b
a
‖f(t)‖dt. □
a) Soit I = [a, b], f : I −→ E une fonction en escalier à valeurs dans un espace de Banach
E et soient a = t 0 < · · · < t n = b telle que f(t) = c i sur ]t i , t i+1 [. On sait que la fonction
Φ : I −→ E définie par Φ(t) = c 0 (t − t 0 ) si t ∈ [t 0 , t 1 ] et
∑i−1
Φ(t) = c i (t − t i ) + c k (t k+1 − t k )
k=0
si t ∈ [t i , t i+1 ] est une primitive de f sur [a, b]. On a donc
∫ b
a
∑n−2
f(t)dt = Φ(b) − Φ(a) = c n−1 (t n − t n−1 ) + c k (t k+1 − t k )
k=0
d’où
∫ b
∑n−1
f(t)dt = c k (t k+1 − t k ).
a
k=0
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