Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
I.4.19. On va utiliser le résultat de I.4.16.
(a) On remarque que, pour tout x,
x
−x
f (t) dt =
x
0
(f (−t) + f (t)) dt = 0.
Ceci implique clairement que
y
x
(f (−t) + f (t)) dt = 0
pour tous x et y, ce qui, combiné avec le résultat de I.4.16, donne
f (−t) + f (t) = 0.
(b) La démonstration est semblable.
(c) On a
x+T
x
f (t) dt =
0
x
f (t) dt +
T
0
f (t) dt +
x
0
f (t + T ) dt,
ce qui, combiné avec l’hypothèse, montre que
x
0
(f (t + T ) − f (t)) dt = 0 pour tout x ∈ R.
Comme en (a), on obtient donc f (t + T ) − f (t) = 0.
I.4.20.
(a) D’après la première formule de la moyenne (voir I.1.26), il existe
x n ∈ [n , n + 1] tels que
n
4
n+1
n
x dx
x 5 + 1
=
n 4 x n
x 5
n + 1
− −−−− →
n→+∞
1.
(b) On a
n
3
2n
n
dx
(x + 1)
4 < n
3
2n
n
x dx
x 5 + 1
< n
3
2n
n
dx
x 4 .
Donc,
lim
n→+∞
n
3
2n
n
x dx
x 5 + 1
=
7
24
.
(c) Puisque ln
x +
x 5
n
− −−−− →
n→+∞
ln x uniformément sur [1 , 2], on a, d’après
le résultat de I.3.9,
lim
n→+∞
2
1
ln
x +
x 5
n
dx =
2
1
ln x dx = 2 ln 2 − 1.
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