Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
et on obtient
lim
n→+∞
√
n
1
0
f (x) sin
2n (2πx) dx
=
1
π
√ π
f
1
4
+ f
3
4
.
(e) En utilisant (d), on obtient
lim
n→+∞
1
0 f (x) sin
2n (2πx) dx
1
0 e x 2 sin
2n (2πx) dx
= lim
n→+∞
√
n
1
0 f (x) sin
2n (2πx) dx
√ n
1
0 e x 2 sin
2n (2πx) dx
=
f
1
4
+ f
3
4
e 1/16 + e 9/16 .
I.3.23. [W.A.J. Luxembourg, Amer. Math. Monthly, 78(1971), 970-979]. On peut
supposer, sans perte de généralité, que lim
n→+∞
f n (x) = 0 pour x ∈ [a , b]. On
montre d’abord que si f est positive et Riemann-intégrable sur [a , b], étant
donné ε > 0, il existe alors une fonction continue g telle que 0 g(x) f (x)
et
b
a
f (x) dx
b
a
g(x) dx + ε.
Il existe une partition a = x 0 < x 1 < . . . , x n = b telle que
b
a
f (x) dx <
n
i=1
m i (x i − x i−1 ) +
ε
2
,
où m i =
inf
x i ∈[x i−1 ,x i ]
f (x). Ceci signifie qu’il existe une fonction en escalier s
telle que
b
a
f (x) dx <
b
a
s(x) dx +
ε
2
.
On voit facilement que l’on peut transformer s en une fonction g affine par
morceaux telle que 0 g s et
b
a s(x) dx <
b
a g(x) dx +
ε
2 , ce qui démontre
notre proposition. On se tourne maintenant vers la démonstration du théorème de convergence monotone. Soit ε > 0. Pour tout n, il existe une fonction
continue g n telle que 0 g n f n et
b
a
f n (x) dx
b
a
g n (x) dx +
ε
2 n .
(1)
Si on pose h n = min {g 1 , g 2 , . . . , g n }, alors 0 h n g n f n et les fonctions
h n sont continues sur [a , b]. Puisque la suite {f n } est décroissante,
0 f n − h n = min {f 1 , f 2 , . . . , f n } − min {g 1 , g 2 , . . . , g n }
n
i=1
(f i − g i ).
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