Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
I.6.6. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz (voir I.6.1),
1 =
1
0
f (x) dx
=
1
0
f (x)
√
1 + x 2
√
1 + x 2
dx
1
0
(1 + x
2 )f
2 (x) dx
1/2 1
0
1
1 + x 2 dx
1/2
=
1
0
(1 + x
2 )f
2 (x) dx
1/2 √
π
2
.
Donc,
inf
f ∈A
1
0
(1 + x
2 )f
2 (x) dx
4
π
.
La borne inférieure est égale à
4
π et elle est atteinte pour f (x) =
4
π(1+x 2 )
.
I.6.7. L’inégalité se déduit de
b
a
(M − f (x)) (f (x) − m) dx 0.
I.6.8. On pose
F (t) =
t
0
f (x) dx
2
−
t
0
(f (x))
3 dx, t ∈ [0 , 1].
On a alors
F
(t) = f (t)
2
t
0
f (x) dx − (f (t))
2
et si G(t) = 2
t
0 f (x) dx − (f (t)) 2 , alors G (t) = 2f (t)(1 − f (t)) 0. En
conséquence, G(t) G(0) = 0, ce qui donne F (t) 0. Donc, F (t) 0 et, en
particulier, F (1) 0.
De plus, si F (1) = 0, alors F (t) = 0 pour t ∈ [0 , 1] et F (t) = f (t)G(t) = 0.
Ceci implique G (t) = 2f (t)(1 − f (t)) = 0 et 1 − f (t) = 0 pour t ∈ ]0 , 1[.
I.6.9. La solution de I.2.22 implique que la fonction
g(x) =
1
x − a
x
a
f (t) dt
172