Solutions
on obtient
3N +2
k=1
|f (t k ) − f (t k−1 )|
N
k=1
f (x k ) − f (x
k )
+
N
k=1
f (x
k ) − f (x k )
>
N
k=1
|a k | + |b k |
− ε;
ε > 0 étant pris arbitrairement, on a
V (f ; 0, 1)
N
k=1
|a k | + |b k |
.
On obtient l’inégalité cherchée en faisant tendre N vers +∞.
I.3. D’autres propriétés de l’intégrale
de Riemann-Stieltjes
I.3.1. On a α(x) = α 1 (x) − α 2 (x), où
α 1 (x) =
0 si x = −1,
1 si x ∈ ]−1 , 3],
et α 2 (x) =
0 si x ∈ [−1 , 2[,
2 si x ∈ [2 , 3].
On obtient donc, d’après le résultat de I.1.24,
3
−1
x dα(x) =
3
−1
x dα 1 (x) −
3
−1
x dα 2 (x) = −1 × 1 − 2 × 2 = −5.
I.3.2. Une intégration par parties et le théorème 3 donnent
2π
0
f (x) cos nx dx
=
2π
0
f (x)d
sin nx
n
=
−1
n
2π
0
sin nx df (x)
1
n
2π
0
|sin nx| dv f (x)
V (f ; 0, 2π)
n
.
I.3.3. Puisque f est continue sur [a , b], il existe M > 0 tel que |f (x)| M ,
x ∈ [a , b]. On suppose d’abord que α est croissante sur [a , b]. Pour une partition P : a = x 0 < x 1 < · · · < x n = b, soit ξ i un réel défini par la première
formule de la moyenne :
x i
x i−1
f (x) dα(x) = f (ξ i ) (α(x i ) − α(x i−1 )) .
(1)
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