Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
I.6.34. On a
b
a
h
−h
f (y + t) dy
dt =
h
−h
b
a
f (y + t) dt
dy.
On remarque de plus que
b
a
h
−h
f (y + t) dy
dt =
b
a
t+h
t−h
f (z) dz
dt = 2h
b
a
f h (t) dt
et
h
−h
b
a
f (y + t) dt
dy =
h
−h
b+y
a+y
f (z) dz
dy.
Supposons d’abord que f 0. Pour prouver l’inégalité dans ce cas, il suffit de
montrer que
b+y
a+y f (z) dz
b
a f (x) dx. Si y 0, alors
b+y
a+y
f (z) dz =
b
a+y
f (z) dz
b
a
f (x) dx.
Un raisonnement semblable s’applique si y < 0. On suppose maintenant que
f est une fonction continue quelconque et on pose ˜
f h (x) =
1
2h
x+h
x−h |f (t)| dt.
Il découle de ce que l’on a déjà prouvé que
b
a
˜
f h (x)dx
b
a f (x) dx. On a de
plus
|f h (x)| =
1
2h
x+h
x−h
f (t) dt
1
2h
x+h
x−h
|f (t)| dt = ˜
f h (x).
L’inégalité est donc prouvée.
I.6.35.
(a) On pose
S n (x) = f 1 (x) + f 2 (x) + · · · + f n (x).
On a alors, d’après l’inégalité de Hölder (voir I.6.27(a)),
b
a
S
k
n (x) dx =
b
a
f 1 (x)S
k−1
n (x) dx + · · · +
b
a
f n (x)S
k−1
n (x) dx
b
a
f
k
1 (x) dx
1
k
b
a
S
k
n (x) dx
k−1
k
+ · · · +
b
a
f
k
n (x) dx
1
k
b
a
S
k
n (x) dx
k−1
k
,
ce qui implique l’inégalité cherchée.
(b) Il suffit d’appliquer l’inégalité donnée en I.6.27(b).
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