Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
On voit donc que f ∈ R(p). On remarque alors que, pour n n 0 ,
b
a
f n (x) dp(x) −
b
a
f (x) dp(x)
b
a
|f n (x) − f (x)| dp(x)
b
a
d n dp(x) <
ε
3
.
I.3.10. On remarque que lim
n→+∞
nx
1 − x 2 n = 0 pour x ∈ [0, 1], mais la
convergence n’est pas uniforme sur [0, 1] et le résultat du problème précédent
ne peut pas s’appliquer. On a
lim
n→+∞
1
0
nx
1 − x
2
n = lim
n→+∞
n
2(n + 1)
=
1
2
.
I.3.11. Comme dans le problème précédent, on ne peut pas appliquer le résultat de I.3.9 car {x n } ne converge pas uniformément sur [0 , 1]. Soit α = p−q,
p et q étant croissantes sur [0 , 1]. Pour ε ∈ ]0 , 1[, on a
0
ε
0
x
n dp(x) ε
n (p(ε) − p(0)) − −−−− →
n→+∞
0
et
1
1−ε
x
n dp(x) p(1) − p(1 − ε).
De plus, si
1
n 2 < ε, on a alors
1
1−ε
x
n dp(x)
1
1−
1
n 2
x
n dp(x)
1 −
1
n 2
n
p(1) − p
1 −
1
n 2
.
On obtient alors, en faisant tendre n vers +∞,
p(1) − p(1
− ) lim
n→+∞
1
0
x
n dp(x) lim
n→+∞
1
0
x
n dp(x) p(1) − p(1 − ε).
Puisque l’on peut choisir ε ∈ ]0 , 1[ arbitrairement petit,
lim
n→+∞
1
0
x
n dp(x) = p(1) − p(1
− ).
Le même raisonnement s’applique à q et
lim
n→+∞
1
0
x
n dα(x) = α(1) − α(1
− ).
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