Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
et
b
a
(max {g i , . . . , g n } − g i (x)) dx
b
a
f i (x)dx −
b
a
g i (x) dx
ε
2 i ,
la dernière inégalité découlant de (1) dans la solution du problème précédent.
Il s’ensuit que
b
a
g n (x) dx
b
a
h n (x) dx +
n
i=1
ε
2 i ,
ce qui donne l’inégalité voulue.
I.3.25. [W.A.J. Luxembourg, Amer. Math. Monthly, 78(1971), 970-979]. On peut
supposer, sans perte de généralité, que 0 f n (x) M et lim
n→+∞
f n (x) = 0
pour x ∈ [a , b]. Si on pose p n (x) = sup
k0
f n+k (x), on a alors 0 f n (x) p n (x),
d’où
0 = lim
n→+∞
f n (x) = lim
n→+∞
f n (x) = lim
n→+∞
p n (x),
ce qui prouve que la suite {p n } décroît vers 0 sur [a , b]. D’après le théorème
de convergence monotone pour l’intégrale de Riemann inférieure énoncé dans
le problème précédent,
0 lim
n→+∞
b
a
f n (x) dx lim
n→+∞
b
a
p n (x) dx = 0.
I.3.26. [W.A.J. Luxembourg, Amer. Math. Monthly, 78(1971), 970-979]. Les fonctions f n et f étant positives, et, en posant (f − f n ) + = max {f − f n , 0},
on obtient f − f n f et (f − f n ) + f . Ceci prouve que la suite
{(f − f n ) + } est uniformément bornée sur [a , b]. D’après le théorème d’Arzelà,
lim
n→+∞
b
a (f (x) − f n (x))
+ dx = 0. On remarque aussi que f = (f − f n ) + f n
(f − f n ) + + f n . Donc,
b
a
f (x) dx lim
n→+∞
b
a
(f (x) − f n (x))
+ dx +
b
a
f n (x) dx
= lim
n→+∞
b
a
f n (x) dx,
la dernière égalité provenant de II.4.19 (vol. I).
102