Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
D’après le résultat du problème précédent, étant donné ε > 0, il existe n 0 tel
que
b
a
f (x) dα n (x) −
b
a
f (x) dα(x)
<
ε
2
pour n n 0 . De plus, d’après les hypothèses, il existe M strictement positif tel
que V (α n ; a, b) M pour tout n. La convergence uniforme de {f n } implique
donc que, pour n suffisamment grand,
b
a
f n (x) dα n (x) −
b
a
f (x) dα n (x)
b
a
|f n (x) − f (x)| dv αn (x)
sup
x∈[a,b]
|f n (x) − f (x)| V (α n ; a, b)
<
ε
2M
M.
I.3.14. On observe d’abord que la suite {α n } est uniformément bornée sur
[a , b]. En effet, pour x ∈ [a , b] et n ∈ N, on a
|α n (x)| |α n (x) − α n (a)| + |α n (a)| V (α n ; a, b) + M 2M.
D’après le théorème 1 de la section I.2, on peut écrire
α n (x) − α n (a) = p n (x) − q n (x),
où
p n (x) =
1
2
(v αn (x) + α n (x) − α n (a))
et
q n (x) =
1
2
(v αn (x) − α n (x) + α n (a))
sont croissantes sur [a , b]. On vérifie facilement que {p n } et {q n } sont uniformément bornées. La suite {p n } contient donc une sous-suite {p nν } simplement
convergente sur [a , b] (voir, par exemple, III.1.23 (vol. II)) et la suite {q nν }
contient donc à son tour une sous-suite {q n k } simplement convergente sur [a , b].
Il s’ensuit que la suite {α n k } converge sur [a , b] vers une limite α. Clairement,
α est à variation bornée. Il suffit d’appliquer le résultat de I.3.12 pour obtenir
lim
k→+∞
b
a
f (x) dα n k (x) =
b
a
f (x) dα(x).
I.3.15. Notre but est de prouver que
lim
n→+∞
b
a
f (x) dβ n (x) = 0, où β n = α n − α.
Clairement, V (β n ; a, b) V (α n ; a, b)+V (α; a, b). Donc, par hypothèse, il existe
M strictement positif tel que V (β n ; a, b) M pour tout n. Étant donné
ε > 0, l’uniforme continuité de f implique que l’on peut choisir une partition
94
D’après le résultat du problème précédent, étant donné ε > 0, il existe n 0 tel
que
b
a
f (x) dα n (x) −
b
a
f (x) dα(x)
<
ε
2
pour n n 0 . De plus, d’après les hypothèses, il existe M strictement positif tel
que V (α n ; a, b) M pour tout n. La convergence uniforme de {f n } implique
donc que, pour n suffisamment grand,
b
a
f n (x) dα n (x) −
b
a
f (x) dα n (x)
b
a
|f n (x) − f (x)| dv αn (x)
sup
x∈[a,b]
|f n (x) − f (x)| V (α n ; a, b)
<
ε
2M
M.
I.3.14. On observe d’abord que la suite {α n } est uniformément bornée sur
[a , b]. En effet, pour x ∈ [a , b] et n ∈ N, on a
|α n (x)| |α n (x) − α n (a)| + |α n (a)| V (α n ; a, b) + M 2M.
D’après le théorème 1 de la section I.2, on peut écrire
α n (x) − α n (a) = p n (x) − q n (x),
où
p n (x) =
1
2
(v αn (x) + α n (x) − α n (a))
et
q n (x) =
1
2
(v αn (x) − α n (x) + α n (a))
sont croissantes sur [a , b]. On vérifie facilement que {p n } et {q n } sont uniformément bornées. La suite {p n } contient donc une sous-suite {p nν } simplement
convergente sur [a , b] (voir, par exemple, III.1.23 (vol. II)) et la suite {q nν }
contient donc à son tour une sous-suite {q n k } simplement convergente sur [a , b].
Il s’ensuit que la suite {α n k } converge sur [a , b] vers une limite α. Clairement,
α est à variation bornée. Il suffit d’appliquer le résultat de I.3.12 pour obtenir
lim
k→+∞
b
a
f (x) dα n k (x) =
b
a
f (x) dα(x).
I.3.15. Notre but est de prouver que
lim
n→+∞
b
a
f (x) dβ n (x) = 0, où β n = α n − α.
Clairement, V (β n ; a, b) V (α n ; a, b)+V (α; a, b). Donc, par hypothèse, il existe
M strictement positif tel que V (β n ; a, b) M pour tout n. Étant donné
ε > 0, l’uniforme continuité de f implique que l’on peut choisir une partition
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