Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
I.5.63. Pour x 0,
xe −x
1 + e −x =
+∞
n=1
(−1)
n−1 xe
−nx
et, d’après le test donné en III.2.9 (vol. II), la série converge uniformément
sur R + . De plus, si S n (x) désigne la n-ième somme partielle de la série, on a
|S n (x)|
+∞
n=1
xe
−nx =
xe −x
1 − e −x
et
+∞
0
xe −x
1−e −x dx < +∞. En conséquence,
+∞
0
S n (x) dx converge uniformément sur N ∗ (voir I.5.35). L’intégration terme à terme donne donc
+∞
0
xe −x
1 − e −x dx =
+∞
n=1
(−1)
n−1
+∞
0
xe
−nx dx
=
+∞
n=1
(−1)
n−1 1
n 2 =
π 2
12
,
la dernière égalité provenant de III.1.27 (vol. I) et III.1.28(a) (vol. I).
I.5.64. Il est clair que B(a, b) est finie pour tous a et b strictement positifs. Pour montrer la première égalité, on applique le changement de variable
x =
y
1+y et on obtient
B(a, b) =
1
0
x
a−1 (1 − x)
b−1 dx =
+∞
0
y a−1
(1 + y) a+b dy.
D’où
B(a, 1 − a) =
+∞
0
y a−1
1 + y
dy.
La seconde égalité provient de I.5.57.
I.5.65. On effectue le changement de variable x = ty (t > 0) dans
Γ(a) =
+∞
0
x
a−1 e
−x dx
pour obtenir
Γ(a)
t a =
+∞
0
y
a−1 e
−ty dy,
d’où,
Γ(a + b)
(1 + t) a+b =
+∞
0
y
a+b−1 e
−(1+t)y dy.
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