Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
Il s’ensuit que
b
a
f (x) dα(x) = f (b)(α(b) − k), où m k M.
Puisque α est continue, il existe c ∈ [a , b] tel que α(c) = k.
(b) La démonstration se conduit comme en (a).
I.3.18. D’après la forme de Bonnet de la seconde formule de la moyenne,
b
a
sin(nx)
x
dx =
b
a
−1
nx
d cos(nx)
=
−1
na
(cos(nc) − cos(na)) .
Donc,
lim
n→+∞
b
a
sin(nx)
x
dx = 0.
I.3.19.
(a) Si on pose t 2 = u et si on utilise la forme de Bonnet de la seconde formule
de la moyenne, on obtient
x+1
x
sin
t
2
dt =
(x+1) 2
x 2
(sin u)
1
2
√
u
du = −
(x+1) 2
x 2
1
2
√
u
d cos u
= −
1
2x
cos c − cos
x
2
.
Ceci implique l’inégalité cherchée.
(b) De même,
x+1
x
sin
e
t
dt =
e x+1
e x
(sin u)
1
u
du =
1
e x
c
e x
sin u du
=
cos(e x ) − cos c
e x
.
I.3.20. Par hypothèse, les trois intégrales existent et sont les limites des
sommes partielles correspondantes (voir I.1.11). En particulier, ε > 0 étant
donné, il existe δ > 0 tel que si P = {a = x 0 < x 1 < . . . , x n = b} est une
partition dont le pas est inférieur à δ, alors
b
a
f (x)d(α 1 (x)α 2 (x)) − S(P, f, α 1 α 2 )
< ε,
(1)
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