Le système de Haar est une base hilbertienne de L²([0, 1]) ⋆

(i) Pour $x \in [0, 1[$, on a $x \in I_{j,l}$ si et seulement si $l \leqslant 2^j x < l + 1$, c'est-à-dire $l = \lfloor 2^j x \rfloor$, la partie entière, qui existe parce que ${\mathbb R}$ est archimédien. Comme $0 \leqslant 2^j x < 2^j$, cet entier est compris entre $0$ et $2^j - 1$ : chaque point de $[0, 1[$ est dans un et un seul intervalle de rang $j$.

Montrons que, pour $t \geqslant 0$ réel et $m \geqslant 1$ entier, $\lfloor t/m \rfloor = \lfloor \lfloor t \rfloor / m \rfloor$. Soit $n = \lfloor t \rfloor$ et $q = \lfloor n/m \rfloor$. On a $qm \leqslant n \leqslant t$, et $n < (q + 1)m$ entraîne $n + 1 \leqslant (q + 1)m$ entre entiers, d'où $t < n + 1 \leqslant (q + 1)m$. Ainsi $q \leqslant t/m < q + 1$.

Pour $x \in I_{j,l}$ et $i \leqslant j$, appliquons cette égalité à $t = 2^j x$ et $m = 2^{j-i}$ : $$\lfloor 2^i x \rfloor = \Big\lfloor \frac{\lfloor 2^j x \rfloor}{2^{j-i}} \Big\rfloor = \Big\lfloor \frac{l}{2^{j-i}} \Big\rfloor.$$ Tous les points de $I_{j,l}$ sont donc dans le même intervalle de rang $i$, celui d'indice $\lfloor l/2^{j-i} \rfloor$, et $I_{j,l}$ ne rencontre aucun autre intervalle de rang $i$.

(ii) Les fonctions $e_n$ sont boréliennes et bornées, donc de carré intégrable sur $[0, 1]$. Un intervalle $[a, b[$ ne diffère de $]a, b]$ que par deux points, négligeables, si bien que $\lambda(I_{j,k}) = 2^{-j}$ (Mesure de Lebesgue, (ii) et (iv)).

On a $\|1\|_2 = 1$. Les deux moitiés de $I_{j,k}$ étant disjointes, $h_{j,k}^2 = 2^j\, \mathbf 1_{I_{j,k}}$, d'intégrale $2^j \cdot 2^{-j} = 1$. Enfin $$\langle 1, h_{j,k} \rangle = 2^{j/2}\big(2^{-j-1} - 2^{-j-1}\big) = 0.$$

Soient $(i, k) \neq (j, l)$, avec, quitte à les échanger, $i \leqslant j$. Si $I_{i,k}$ et $I_{j,l}$ sont disjoints, $h_{i,k} h_{j,l} = 0$. Sinon, par (i), $I_{j,l} \subset I_{i,k}$, et $i < j$, puisque deux intervalles distincts de même rang sont disjoints.

Toujours par (i), $I_{j,l}$ est alors contenu dans un seul intervalle de rang $i + 1$ ; celui-ci rencontre $I_{i,k}$, donc y est contenu, et c'est l'une de ses deux moitiés. Sur cette moitié, $h_{i,k}$ est constante, égale à un réel $c$, et $$\langle h_{i,k}, h_{j,l} \rangle = c \int h_{j,l} \, d\lambda = c\, \langle 1, h_{j,l} \rangle = 0.$$

(iii) Notons $W_j$ le sous-espace engendré par les $\mathbf 1_{I_{j,k}}$, $k < 2^j$.

$V_j \subset W_j$. Par (i), $1 = \sum_k \mathbf 1_{I_{j,k}}$ presque partout. Pour $i < j$, la fonction $h_{i,k}$ est combinaison de deux indicatrices d'intervalles de rang $i + 1 \leqslant j$. Chacune est la somme des indicatrices des intervalles de rang $j$ qu'il contient, car, par (i), tout point d'un intervalle $I$ de rang $i + 1$ est dans un intervalle de rang $j$, qui rencontre $I$ et lui est donc contenu.

$W_j \subset V_j$, par récurrence sur $j$. Pour $j = 0$, $\mathbf 1_{I_{0,0}} = \mathbf 1_{[0, 1[}$ est égale à $1$ presque partout. Si $W_j \subset V_j$, les identités $$\begin{aligned} \mathbf 1_{I_{j+1,2k}} &= \tfrac12\big(\mathbf 1_{I_{j,k}} + 2^{-j/2} h_{j,k}\big), \\ \mathbf 1_{I_{j+1,2k+1}} &= \tfrac12\big(\mathbf 1_{I_{j,k}} - 2^{-j/2} h_{j,k}\big), \end{aligned}$$ qui se vérifient sur chaque moitié de $I_{j,k}$, montrent que $W_{j+1} \subset V_j + \operatorname{Vect}(h_{j,k})_k = V_{j+1}$.

Sommes partielles. La fonction $S_j f$ appartient à $V_j = W_j$, donc vaut une constante $c_k$ sur chaque $I_{j,k}$. Pour $m < 2^j$, l'orthonormalité donne $$\langle f - S_j f, e_m \rangle = \langle f, e_m \rangle - \langle f, e_m \rangle = 0,$$ si bien que $f - S_j f$ est orthogonale à $V_j$, qui contient $\mathbf 1_{I_{j,k}}$. Ainsi $\int_{I_{j,k}} f \, d\lambda = \int_{I_{j,k}} S_j f \, d\lambda = c_k\, 2^{-j}$.

(iv) Montrons d'abord que le seul $f \in L^2$ orthogonal à tous les $e_n$ est $0$ ; on en déduira le développement en série à la fin. Soit $f$ un tel vecteur.

Première étape : $\int_I f \, d\lambda = 0$ pour tout intervalle dyadique $I$. En effet $\mathbf 1_I$ appartient à un $V_j$ par (iii), donc est combinaison linéaire finie des $e_n$, et $\int_I f \, d\lambda = \langle f, \mathbf 1_I \rangle = 0$.

Deuxième étape : deux mesures finies. La fonction $f$ est intégrable sur $[0, 1]$, puisque le produit de $f$ et de la constante $1$, toutes deux de carré intégrable, l'est (Espaces L¹ et L², (i)). Posons, pour $A \subset [0, 1[$ mesurable, $$\begin{aligned} \nu^+(A) &= \int_A f^+ \, d\lambda, \\ \nu^-(A) &= \int_A f^- \, d\lambda. \end{aligned}$$ Ce sont des mesures (Convergence monotone, (iii)), finies, et la première étape s'écrit $\nu^+(I) = \nu^-(I)$ pour tout intervalle dyadique $I$ (Fonctions intégrables).

Troisième étape : $\nu^+$ et $\nu^-$ coïncident sur les boréliens contenus dans $[0, 1[$. Par (i), l'ensemble $\mathcal C$ formé du vide et des intervalles dyadiques est un π-système sur $[0, 1[$ : l'intersection de deux d'entre eux est vide ou égale au plus petit.

Soit $O$ un ouvert de $\mathbb R$ et $x \in O \cap [0, 1[$. Il existe $r > 0$ tel que $O$ contienne $]x - r, x + r[$, puis, $\mathbb R$ étant archimédien, un rang $j$ tel que $2^{-j} < r$. L'intervalle $I_{j, \lfloor 2^j x \rfloor}$ contient $x$, est de longueur $2^{-j}$, donc est contenu dans $]x - r, x + r[$, puis dans $O$.

Ainsi $O \cap [0, 1[$ est la réunion des intervalles dyadiques contenus dans $O$. Ceux-ci sont indexés par une partie de $\mathbb N \times \mathbb N$, qui est dénombrable (ℚ est dénombrable), et $O \cap [0, 1[$ appartient à la tribu $\sigma(\mathcal C)$.

Appliqué à l'inclusion $\iota$ de $[0, 1[$ dans $\mathbb R$, le point (iv) du nœud Tribus montre que les $B \subset \mathbb R$ dont la trace $B \cap [0, 1[$ appartient à $\sigma(\mathcal C)$ forment une tribu. Elle contient les ouverts, donc la tribu borélienne : tout borélien contenu dans $[0, 1[$ appartient à $\sigma(\mathcal C)$.

Les intervalles dyadiques sont boréliens, donc mesurables au sens de Lebesgue (Mesure de Lebesgue, (iii)) : la tribu $\sigma(\mathcal C)$ est contenue dans celle des parties de $[0, 1[$ mesurables au sens de Lebesgue, sur laquelle $\nu^+$ et $\nu^-$ sont définies.

Le lemme de Dynkin (Classes monotones, (ii)), appliqué sur $[0, 1[$ avec la suite constante $X_n = I_{0,0}$, c'est-à-dire $[0, 1[$, élément de $\mathcal C$ de mesures finies égales, donne $\nu^+ = \nu^-$ sur $\sigma(\mathcal C)$, donc sur tout borélien contenu dans $[0, 1[$.

Quatrième étape : $f = 0$. L'ensemble $A$ des $x \in [0, 1[$ tels que $f(x) > 0$ est mesurable au sens de Lebesgue, mais pas nécessairement borélien. Par la régularité de la mesure de Lebesgue (Régularité de λ, (i)), il existe un borélien $B$, que l'on peut supposer contenu dans $[0, 1[$, tel que $A \subset B$ et $\lambda(B \setminus A) = 0$.

Les fonctions $f^\pm \mathbf 1_{B \setminus A}$ sont nulles presque partout, donc $\nu^\pm(B \setminus A) = 0$ (Intégrale positive, (iv)). Comme $f^- = 0$ sur $A$, $$\nu^+(A) = \nu^+(B) = \nu^-(B) = \nu^-(A) = 0.$$

Donc $f^+ \mathbf 1_A$ est nulle presque partout ; or $f^+$ est nulle hors de $A$ sur $[0, 1[$, et $f^+ = 0$ presque partout. Le vecteur $-f$ est lui aussi orthogonal à tous les $e_n$, si bien que $f^- = (-f)^+ = 0$ presque partout. Finalement $f = 0$ dans $L^2$.

Conclusion. Soit maintenant $f \in L^2$ quelconque, et $S_N = \sum_{n < N} \langle f, e_n \rangle e_n$. Pour $p < q$, l'orthonormalité donne $$\|S_q - S_p\|_2^2 = \sum_{p \leqslant n < q} \langle f, e_n \rangle^2,$$ reste d'une série convergente par l'inégalité de Bessel (Bases hilbertiennes, (i)). La suite $(S_N)$ est donc de Cauchy ; ses termes sont des fonctions en escalier explicites, et elle converge dans $L^2$ vers une fonction $s$, par la forme sans choix de la complétude (Espaces L¹ et L², (iv)), appliquée à ces fonctions données.

Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, le produit scalaire est continu, et pour tout $m$ $$\langle f - s, e_m \rangle = \lim_N \langle f - S_N, e_m \rangle = 0.$$ Par ce qui précède, $f - s = 0$ : $f$ est la somme de la série. Le sous-espace engendré par les $e_n$, qui contient les $S_N$, est donc dense, et $(e_n)$ est une base hilbertienne. Enfin $\|S_N\|_2^2 = \sum_{n < N} \langle f, e_n \rangle^2$ tend vers $\|f\|_2^2$ par continuité de la norme, ce qui est l'égalité de Parseval.