Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
En multipliant maintenant (1) par k + 1, puis en prenant k = −1, on obtient
a 0 = (−1) n (n + 1)C. Donc,
a 0 = (n + 1)
2
1
0
P (x) dx,
ce qui implique le résultat cherché.
I.4.48. Si I(y) =
b
a f (x, y) dx, d’après I.4.42, I(y) est alors continue sur
[c , d]. L’intégrale dans le premier membre de l’égalité à prouver existe donc.
De plus, si
g(z) =
z
c
I(y) dy et h(z) =
b
a
z
c
f (x, y) dy
dx,
alors g (z) = I(z) pour z ∈ [c , d] et, d’après I.4.42, la fonction
F (x, z) =
z
c
f (x, y) dy
est continue par rapport à x. Il est clair que
∂F
∂z (x, z) = f (x, z) est continue
sur R. Donc, d’après I.4.43, h (z) = I(z), d’où h (z) = g (z) = f (z) pour
z ∈ [c , d] et h(z) = g(z) + C. Puisque h(c) = g(c) = 0, on voit que C = 0, ce
qui conclut la démonstration.
I.4.49. Puisque lim
x→0 +
x b −x a
ln x = 0 et lim
x→1 −
x b −x a
ln x = b − a, l’intégrale est bien
définie. D’après I.4.48, on a
1
0
x b − x a
ln x
dx =
1
0
b
a
x
y dy
dx =
b
a
1
0
x
y dx
dy
=
b
a
x y+1
y + 1
x=1
x=0
dy = ln
1 + b
1 + a
.
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