Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
où k(n) =
n(b−a)
T
. D’après le résultat du problème précédent,
b
a
f (nx) dx =
1
n
k(n)
T
0
f (x) dx +
1
n
nb
na+k(n)T
f (x) dx.
Il est clair que lim
n→+∞
k(n)
n =
b−a
T et
1
n
nb
na+k(n)T
f (x) dx
T
n
sup
x∈[0,T ]
|f (x)| − −−−− →
n→+∞
0.
I.4.10.
(a) On a
lim
n→+∞
1
n
n
0
f (sin x) dx = lim
n→+∞
1
0
f (sin(nx)) dx =
1
2π
2π
0
f (sin x) dx,
la dernière égalité découlant de I.4.9.
(b) Comme en (a), on a
lim
n→+∞
1
n
n
0
f (|sin x|) dx =
1
π
π
0
f (sin x) dx.
(c) On remarque que
1
0
xf (sin(2πnx)) dx =
1
4π 2 n 2
2πn
0
xf (sin x) dx
et 2nπ
0
xf (sin x) dx =
2π
0
xf (sin x) dx + · · · +
2nπ
2(n−1)π
xf (sin x) dx.
Puisque
2(k+1)π
2kπ
xf (sin x) dx = 2kπ
2π
0
f (sin x) dx +
2π
0
xf (sin x) dx,
on voit que
2nπ
0
xf (sin x) dx
= 2π(1 + 2 + · · · + (n − 1))
2π
0
f (sin x) dx + n
2π
0
xf (sin x) dx,
d’où
lim
n→+∞
1
0
xf (sin(2πnx)) dx =
1
4π
2π
0
f (sin x) dx.
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