Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
I.4.29. On pose
F (x) =
x
0
f (t) dt +
1
1−x
f (t) dt
et on remarque que
F (0) = 0 et F (1) = 2
1
0
f (t) dt.
Puisque F est continue sur [0 , 1], il existe θ(n) tel que
1
n
1
0
f (x) dx =
θ(n)
0
f (x) dx +
1
1−θ(n)
f (x) dx.
De plus, d’après le théorème des accroissements finis,
1
n
1
0
f (x) dx = θ(n)
f (ξ 1 (n)) + f (ξ 2 (n))
,
où 0 ξ 1 (n) θ(n) et 1 − θ(n) ξ 2 (n) 1. Finalement,
nθ(n) =
1
0 f (x) dx
f (ξ 1 (n)) + f (ξ 2 (n))
− −−−− →
n→+∞
1
0 f (x) dx
f (0) + f (1)
.
I.4.30. On a
1
0
f (x) dx =
(x − 1)f (x)
1
0
−
1
0
(x − 1)f
(x) dx.
On a donc, d’après le théorème des accroissements finis,
1
0
f (x) dx = f (0) − f
(θ)
1
0
(x − 1) dx.
I.4.31. Comme dans la démonstration du problème précédent, on a
1
0
f (x) dx = f (0) −
1
0
(x − 1)f
(x) dx
= f (0) −
(x − 1) 2
2
f
(x)
1
0
+
1
0
(x − 1) 2
2
f
(x) dx,
ce qui, combiné avec le théorème des accroissements finis, donne le résultat
voulu.
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