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v — i </n(^») < y -t- ; - II existe done, pour tout £ > o, un indice £ tel 

 que | /„(«?) — v 1 < £ pour n>Jc, ce qui demontre que la suite /«(#,,) 

 converge vers y = /(a? fl ) ; ce qu'il fallait demontrer. 



Nous avons done demontre que la fonction discontinue/^) est la limite 

 des fonctions continues dans tout intervalle fini. II en resulte, sans peine, 

 que f{x) est une fanction de premiere classe. Notre condition est done 

 suffisante. 



Notre theoreme est ainsi demontre eompletement. 



Remarquons qu'on peut sans peine deduire de notre theoreme le theo- 

 reme de M; Lebesgue. Soit, en effet, f(oo) une fonction discontinue d'une 

 variable reelle, telle que les ensembles lineaires E [/(#)>/•] et E[/(«r)<r] 

 sont des § 9 pour tout/- rationnel. Designons par ,m (r) l'ensemble lineaire 

 E\f{x) > r\ el par <£(r) l'ensemble plan de tous les points (x, r), ou x est 

 un nombre de l'ensemble 01L(>) et v un nombre reel $r. L'ensemble DTi(r) 

 etant un jf a , on voit sans peine que l'ensemble plan <£(r) sera aussi un § a . 

 Or, nous trouvons aisement 



E[/(*j>/]=2*<r), 



la sommation ^ s'etendant a tous les nombres rationnels r : l'ensemble 



plan E[f(x) >y] est done un § v . De meme pour l'ensemble E[f(x) <j]- 

 D'apres notre theoreme, /( x) est done une fonction de premiere classe. 



Nous obtenons ainsi une nouvelle demonstration du theoreme de 

 M. Lebesgue. 



ANALYSE MATHEMATIQUE. — Sar une generalisation da theoreme de Rolle. 

 Note de M. Fr. Lange-IYielsev, presentee par M. E. Goursat. 



Le theoreme de Rolle sous sa forme habituelle n'est pas Susceptible d'une 

 extension immediate au domaine complexe. Dans la suite, je donne done au 

 theoreme de Kolle un sens plus etendu en ajoutant quelques faits bien 

 connus, qui ne font pas partie du theoreme de Rolle proprement dit. 



J'enonce le theoreme com me il suit : 



« Soit, dans I'intervalle ferme ax b, f(x) une fonction continue de la 

 variable reelle x. Supposons que f(x) a une derivee finie a chaque point 

 interieur a<x<b. Soit |/(«)| = \/(b)\; si f(a)=f(b), e'est-a-dire si 

 f{a) et f(b) ont aussi les memes arguments, il y a au moins un point 



