Solutions
I.4.42. Soit y 0 ∈ [c , d] et ε > 0 choisis arbitrairement. Puisque f est uniformément continue sur R, il existe δ > 0 tel que
|f (x 1 , y 1 ) − f (x 2 , y 2 )| <
ε
b − a
si (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) ∈ R et
(x 1 − x 2 ) 2 + (y 1 − y 2 ) 2 < δ et pour |y − y 0 | < δ,
|I(y) − I(y 0 )|
b
a
|f (x, y) − f (x, y 0 )| < ε.
I.4.43. Par définition,
d
dy
b
a
f (x, y) dx = lim
h→0
b
a
f (x, y + h) − f (x, y)
h
dx.
La dérivée partielle
∂f
∂y étant continue sur R, elle y est aussi uniformément
continue. Donc, étant donné ε > 0, il existe δ > 0 tel que pour x ∈ [a , b] et
|h| < δ,
∂f
∂y
(x, y + h) −
∂f
∂y
(x, y)
<
ε
b − a
.
D’où, par le théorème des accroissements finis,
b
a
f (x, y + h) − f (x, y)
h
dx −
b
a
∂f
∂y
(x, y) dx
b
a
∂f
∂y
(x, y + θh) −
∂f
∂y
(x, y)
dx < ε,
ce qui prouve que
d
dy
b
a
f (x, y) dx =
b
a
∂f
∂y
(x, y) dx.
I.4.44. On obtient, en appliquant la règle de L’Hospital et le résultat du
problème précédent,
lim
p→0
ln
1
0
(f (x))
p dx
1/p
= lim
p→0
ln
1
0 (f (x))
p dx
p
= lim
p→0
1
0 (f (x)) p ln (f (x)) dx
1
0 (f (x))
p dx
=
1
0
ln f (x) dx,
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