Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
I.6.19. On suppose d’abord que f (a) < b = f (x). D’après I.6.18,
a
0
f (t) dt +
b
0
f
−1 (t) dt =
a
0
f (t) dt +
f (a)
0
f
−1 (t) dt +
b
f (a)
f
−1 (t) dt
= af (a) +
x
a
uf
(u) du = xf (x) −
x
a
f (u) du
xf (x) − (x − a)f (x) = af (x) = ab.
De même, si b f (a) = y,
a
0
f (t) dt +
b
0
f
−1 (t) dt =
f −1 (b)
0
f (t) dt +
a
f −1 (b)
f (t) dt +
b
0
f
−1 (t) dt
= f
−1 (b)b +
f −1 (y)
f −1 (b)
f (t) dt
= f
−1 (b)b +
y
b
u
f
−1 (u)
du
= yf
−1 (y) −
y
b
f
−1 (u) du
yf
−1 (y) − (y − b)f
−1 (y) = bf
−1 (y) = ba.
I.6.20. En appliquant l’inégalité de Young à f (x) = ln(1 + x), on obtient
a
0
ln(1 + x) dx +
b
0
(e
x
− 1) dx ab,
ce qui donne l’inégalité souhaitée.
I.6.21. S’il existe x 0 tel que g −1 (x 0 ) > f(x 0 ), par hypothèse,
x 0 g
−1 (x 0 )
x 0
0
f (x) dx +
g −1 (x 0 )
0
g(x) dx
<
x 0
0
g
−1 (x) dx +
g −1 (x 0 )
0
g(x) dx
= x 0 g
−1 (x 0 ),
la dernière égalité se déduisant de I.6.18. Contradiction.
I.6.22. On déduit de l’inégalité de Cauchy-Schwarz (voir I.6.1) que
(2 + 3b)
2 =
1
0
f (x)(x + b) dx
2
1
0
f
2 (x) dx
1
0
(x + b)
2 dx
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