PROBLMES DANALYSE IIIIntgrationWieslawa J. Kaczor, Maria T. NowakTraduction : Eric KourisCollection dirige par DanielGuin17, avenue du HoggarParc dactivits de Courtabuf, BP 11291944 Les Ulis Cedex A, FranceThisworkwasoriginallypublishedinEnglishbytheAmericanMathematical SocietyunderthetitleProblemsinMathematical AnalysisIII: Integration, c (2003Ameri-can Mathematical Society. The present translation was created for EDP Sciences underauthority of the American Mathematical Society and is published by permission.Imprim en FranceISBN : 978-2-7598-0087-2Tous droits detraduction, dadaptationet dereproductionpar tous procds rservs pour touspays.Toutereproductionou reprsentationintgraleou partielle,parquelqueprocdquecesoit,despagespubliesdans le prsentouvrage,faite sans lautorisation de lditeur est illicite et constitue unecontrefaon. Seulessontautorises, dunepart, lesreproductionsstrictementrserveslusageprivducopisteetnondestinesuneutilisationcollective, etdautrepart, lescourtescitationsjustiesparlecaractre scientiqueoudinformationdeluvredans laquelleellessontincorpores (art. L.122-4, L. 122-5etL. 335-2duCodedelapropritintellectuelle). Desphotocopiespayantespeuventtre ralises avec laccord de lditeur. Sadresser au : Centre franais dexploitation du droit de copie,3, rue Hautefeuille, 75006 Paris. Tl. : 01 43 26 95 35.c ( 2008, EDPSciences, 17, avenue du Hoggar, BP 112, Parc dactivits de Courtabuf,91944 Les Ulis Cedex ATABLE DES MATIRESPrfacedu traducteur vPrface ldition anglaise viiNotationset terminologie xiI Lintgralede Riemann-Stieltjes 1noncs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1I.1 Proprits de lintgrale de Riemann-Stieltjes. . . . . . . . . . 1I.2 Fonctions variation borne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8I.3 Dautres proprits de lintgrale de Riemann-Stieltjes. . . . . 13I.4 Intgrales dnies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19I.5 Intgrales impropres. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28I.6 Ingalits portant sur les intgrales . . . . . . . . . . . . . . . 43I.7 Mesure de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59I.1 Proprits de lintgrale de Riemann-Stieltjes. . . . . . . . . . 59I.2 Fonctions variation borne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75I.3 Dautres proprits de lintgrale de Riemann-Stieltjes. . . . . 87I.4 Intgrales dnies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103I.5 Intgrales impropres. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125I.6 Ingalits portant sur les intgrales . . . . . . . . . . . . . . . 169I.7 Mesure de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189II Lintgralede Lebesgue 209noncs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209II.1 Mesure de Lebesgue sur la droite relle . . . . . . . . . . . . . 209II.2 Fonctions mesurables au sens de Lebesgue . . . . . . . . . . . 217ProblmesdAnalyse III,IntgrationII.3 Intgrale de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223II.4 Continuit absolue, drivation et intgration . . . . . . . . . . 231II.5 Sries de Fourier. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247II.1 Mesure de Lebesgue sur la droite relle . . . . . . . . . . . . . 247II.2 Fonctions mesurables au sens de Lebesgue . . . . . . . . . . . 269II.3 Intgrale de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282II.4 Continuit absolue, drivation et intgration . . . . . . . . . . 297II.5 Sries de Fourier. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317Bibliographie 353Tabledes renvois 355Index 359ivPRFACE DU TRADUCTEURCelivreestletroisimeetdernier dunesriedetroisrecueilsdexercicescorrigs traitant des bases de lanalyse relle. Il sadresse dabord aux tudiants,principalement ceux des niveaux L3 et M1, mais les tudiants des niveaux L1 etL2 tireront un grand prot de ltude du premier chapitre et de la dernire sectiondu second chapitre. Il intressera aussi les candidats aux concours du CAPES etdelagrgationdemathmatiquesqui ytrouverontautantlesthormesquilsdoivent connatre que des exercices pour les illustrer.Cetroisimevolumetraitedelintgrationdesfonctionsrelles. Lepremierchapitre aborde lintgrale de Riemann et de Riemann-Stieltjes (la dernire sectionapplique ce qui prcde aux calculs de volumes, daires et de longueurs), le secondchapitresintresselintgraledeLebesgue(laquatrimesectionportesurlacontinuitabsolueetlacontinuitapproximativeetladerniresectionsurlessries Fourier). Chaque section, centre sur un thme, commence par des exercicesrelativement simples et se poursuit par des problmes plus diciles, certains tantdes thormes classiques.Touslesexercicessontcorrigs, leplussouventendtail, cequi permettraauxtudiants denepas scher sur unexercicedicile. Nous lesinvitonscependant chercher par eux-mmes les exercices avant de regarder les solutionset nous insistons aussi sur le fait que les auteurs ne donnent pas ncessairementtouteslestapesduncalcul lorsquilsconsidrent quecelui-ci neposepasdeproblmes techniques. Cest bien sur aux tudiants de prendre le temps de rdigerentirement leurs solutions.Nous avons ajouter en note les noms de certaines proprits et relations pourinviter les tudiants engager des recherches par eux-mmes. Lindex la n delouvragepermetdefacilementretrouverunednitionetlatabledesrenvoispermet de voir les liens entre les dirents problmes dans ce volume et dans lesdeux autres.ProblmesdAnalyse III,IntgrationJe tiens remercier Daniel Guin et Xavier Cottrell pour avoir pris le temps derelirecettetraductionetpour les remarquesquils montfaites an damliorerle style et de corriger les erreurs. Je reste responsable de celles qui subsisteraient.Je souhaite aussi remercier pour sa disponibilit Patrick Fradin, lauteur du logi-ciel TeXgraph avec lequel toutes les gures de cet ouvrage et lillustration de lacouverture ont t ralises.. KourisviPRFACE LDITION ANGLAISECetouvragefaitsuiteauxProblmesdAnalyseI etII.Ilsintresselin-tgrale deRiemann-Stieltjes et lintgrale deLebesguedes fonctions rellesdunevariablerelle. Cevolumeestorganisdefaonsemblableauxdeuxpre-miers. Chaque chapitre est divis en deux parties : les problmes et leurs solutions.Chaque section commence par un certain nombre de problmes de dicult mod-re, certains tant en fait des thormes. Il ne sagit donc pas dun recueil typiquedexercices mais plutt dun complment des ouvrages danalyse pour la licence.Nous esprons que ce livre intressera les tudiants de licence, les enseignants etles chercheurs en analyse et ses applications. Nous esprons aussi quil sera utileaux personnes travaillant seules.Lepremier chapitreest consacr aux intgralesde Riemann et de Riemann-Stieltjes. La section I.1 traite de lintgrale de Riemann-Stieltjes par rapport desfonctionsmonotones ; lasectionI.3tudielintgrationparrapportdesfonc-tions variation borne. Nous rassemblons la section I.6 des ingalits plus oumoinsconnuesportantsurlesintgrales. OnytrouveraentreautreslingalitdOpialet lingalitdeSteensen.Cechapitrese terminepar unesection inti-tule Mesure de Jordan . La mesure de Jordan, appele aussi contenu parcertains auteurs, nest pas une mesure dans le sens usuel car elle nest pas dnom-brablement additive. Elle est cependant trs lie lintgrale de Riemann et nousesprons que cette section donnera ltudiant une comprhension plus profondedes ides sous-tendant les calculs.Le chapitre II traite de la mesure et de lintgration de Lebesgue. La sectionII.3 prsente de nombreux problmes lis aux thormes de convergence qui per-mettent de permuter limite et intgrale. On y considre aussi les espacesLpsurdesintervallesborns.On discute la sectionsuivantedela continuitabsolueet des relations entre intgration et drivation. On donne une dmonstration duthorme de Banach et Zarecki armant quune fonctionfest absolument conti-nuesur un intervalleborn[a, b] si etseulementsi elle est continue, variationProblmesdAnalyse III,Intgrationbornesur[a, b] ettransformelesensemblesdemesurenulleendesensemblesdemesurenulle. Deplus, onintroduitleconceptdecontinuitapproximative.On notera ici quilexiste une analogieentredeuxrelations: dunepartla rela-tion entre intgrabilit au sens de Riemann et continuit, dautre part la relationentre intgrabilit au sens de Lebesgue et continuit approximative. Prcisment,unefonctionbornesur[a, b] estRiemann-intgrablesi etseulementsi elleestpresque partout continue ; de mme, une fonction borne sur [a, b] est mesurableet donc Lebesgue-intgrable si et seulement si elle est presque partout approxima-tivement continue. La dernire section est consacre aux sries de Fourier. tantdonn lexistence dune abondante littrature sur ce sujet, par exemple le livre deA.Zygmund, TrigonometricSeries, celuideN.K.Bari, ATreatiseonTrigono-metric Serieset celui de R.E. Edwards, Fourier Series, il a t dicile de choisirquel matriel inclure dans un livre sadressant principalement des tudiants delicence. En consquence, nous nous sommes concentrs sur les coecients de Fou-rier defonctions de direntesclasses etsur les thormeslmentairesportantsur la convergence des sries de Fourier.Toutes les notations et dnitions utilises dans ce volume sont standards. Onpeut les trouver dans les ouvrages [28] et [29] qui donnent aussi aux lecteurs lesconnaissancesthoriquessusantes.Cependant,pourvitertouteambigutetpour que louvrage ne ncessite pas le recours des rfrences extrieures, nousdmarrons presque chaque section par un paragraphe dintroduction prsentant lespremires dnitions et les thormes utiliss dans cette section. Nos conventionspourlesrenvoissexpliquentlemieuxpardesexemples: I.2.13, I.2.13(vol. I)etI.2.13(vol. II)reprsentent respectivement lenumroduproblmedanscevolume, dans le volume I et dans le volume II. On utilise aussi les notations et laterminologie donnes dans les deux premiers volumes.Nous avonsempruntde nombreuxproblmesaux sections deproblmesdejournaux tels que lAmerican Mathematical Monthly ou le Mathematics Today (enrusse)etdedirentslivresdecoursetrecueilsdexercices ; detoutceci, seulsles livres sont cits dans la bibliographie.On aimerait ajouter que de nombreuxproblmes de la section I.5 proviennent du livre de Fikhtengolts ([11]) et que lasection I.7 a t inuence par le livre de Rogosinski ([27]). Il allait malheureuse-ment au-del de nos objectifs de reprer les sources originales et nous prsentonsnos sincres excuses si nous sommes passs ct de certaines contributions.Nous voudrions, pour nir, remercier plusieurs personnes du dpartement demathmatiques deluniversitMariaCurie-Skodowskaauprs desquellesnoussommes redevables. Une mention toute particulire va Tadeusz Kuczumow et Witold Rzymowski pour leurs suggestions sur de nombreux problmes et solutionset Stanisaw Prus pour ses conseils et son soutien sur TEX. Notre gratitude vaviiiPrfacelditionanglaise Richard J. Libera de luniversit du Delaware,pour son aide gnreuse en an-glais et sur la prsentation du matriel. Nous sommes trs reconnaissants enversJadwigaZygmuntdeluniversitCatholiquedeLublinquia tractoutesles -gures et nous a aid les incorporer dans le texte. Nous remercions nos tudiantsqui nousontaidsdanslelongetennuyeuxtravail derelecture. Desremercie-ments particuliers vont Pawe Sobolewski et Przemysaw Widelski qui ont lu lemanuscrit avec beaucoup de soin et dattention et ont apport nombre de sugges-tions utiles. Sans leur aide, des erreurs, et pas seulement typographiques, seraientpasses inaperues. Nous acceptons cependant lentire responsabilit pour les er-reurs qui subsistent. Nous aimerions aussi saisir cette opportunit pour remercierlquipe de lAMS pour sa longue coopration, sa patience et ses encouragements.W. J. Kaczor, M. T. NowakixThis page intentionally left blankNOTATIONS ET TERMINOLOGIER est lensemble des nombres rels.R+ est lensemble des nombres rels positifs.R est la droite relle acheve, autrement dit, R = R , +.Q est lensemble des nombres rationnels.Z est lensemble des entiers relatifs.N est lensemble des entiers naturels.N = N ` 0.[a, b] est lintervalle ferm dextrmitsa etb.]a, b[ est lintervalle ouvert dextrmitsa etb.[x] est la partie entire du nombre rel x (on a conserv la notation anglo-phone).Pourx R,sgn x =1 pourx > 0,1 pourx < 0,0 pourx = 0.Pourn N,n! = 1 2 3n, on pose aussi 0! = 1,(2n)!! = 2 4 6(2n 2) 2n,(2n 1)!! = 1 3 5(2n 3) (2n 1).ProblmesdAnalyse III,IntgrationSi A R est non vide et major, supAest alors le plus petit majorant de A.Si lensemble non vide A nest pas major, on pose alors supA = +.Si A Restnonvideetminor, inf Aestalorsleplusgrandminorantde A. Si lensemble non vide A nest pas minor, on pose alors inf A = .Une suite an est dite croissante (resp. dcroissante) si an+1an pour toutn N (resp. an+1 anpour toutn N). La classe des suites monotonesest forme des suites croissantes et des suites dcroissantes.Soit anet bndeuxsuitesrelles(bn =0pourtoutn).Silequotientan/bn tend vers 0 (resp. reste born) lorsquen tend vers +, on crit alorsan = o(bn) (resp.an = O(bn)).Un rel c est une valeur dadhrence de la suite an sil existe une sous-suiteank de an qui converge versc.SoitSlensembledetouteslesvaleursdadhrencede an.La limitein-frieure, limn+an, etlalimitesuprieure, limn+an, sontdniescommesuit :limn+an =+ si an nest pas majore, si an est majore et S = ,supS si an est majore et S = ,limn+an = si an nest pas minore,+ si an est minore et S = ,inf S si an est minore et S = .Un produit inni+n=0an est dit convergent sil existe un entier n0 N tel quean = 0 pour nn0 et la suite an0an0+1an0+n converge, lorsque n tendvers +, vers une limiteP0 non nulle. Le nombreP= a1a2 an01 P0est appele la valeur du produit inni.Si A X et sifest une fonction dnie sur X,f[A est la restriction def A.A(x) =

1 six A,0 six X` Aest la fonction caractristiquede A.xiiNotations etterminologieOn notefn Afpour fn converge uniformment versfsur A.Si(X, d)est unespacemtrique, x X etA un sous-ensemblenon videde X, alorsAc= X` A est le complmentaire de A dans X,BX(x, r), BX(x, r) reprsentent respectivement la boule ouverte et la bouleferme de centrex et de rayonr ; si X est x, on omet lindice et on critsimplement B(x, r), B(x, r),A est lintrieur de A dans lespace mtrique (X, d),A est ladhrence de A dans lespace mtrique, A = A X` A est la frontire de A,diam(A) = supd(x, y) : x, y A est le diamtre de lensemble A,dist(x, A) = inf d(x, y) : y A est la distance dex lensemble A,A est un ensemble de type Tsi cest une union dnombrable densemblesferms dans (X, d),Aestunensembledetype (sicestuneintersectiondnombrableden-sembles ouverts dans (X, d),X est connexe sil nexiste pas de sous-ensembles ouverts disjointsB et Cde X tels que X = B C.Continuit, drivabilit. CA est lensemble des fonctions continues sur A. Cn]a,b[ est lensemble des fonctionsn fois continment drivables sur ]a, b[. C1[a,b] est lensemble des fonctions continment drivables sur [a, b], en consi-drant auxextrmits respectivement ladrivedroiteet ladrivegauche. Lensemble Cn[a,b]desfonctions nfoiscontinment drivablessur[a, b] est dni rcursivement. C]a,b[ (resp. C[a,b]) est lensemble des fonctions inniment drivables sur ]a, b[(resp. [a, b]).Sifetg sont des fonctions relles dune variable relle, alorsxiiiProblmesdAnalyse III,Intgration f(a+) etf(a) reprsentent respectivement la limite droite et la limite gauche defena,si le quotient f(x)/g(x) tend vers 0 (resp. reste born) lorsque x tend vers x0,on crit alorsf(x) = o (g(x)) (resp.f(x) = O(g(x))), f(n)est la driven-ime def, ft+(a) etft(a) reprsentent respectivement la drive droite et la drive gauche defena.xivILINTGRALE DE RIEMANN-STIELTJESnoncsI.1. Proprits de lintgrale de Riemann-StieltjesNous commenons par quelques notations, dnitions et thormes. Nousentendons par une partitionPdun intervalle ferm [a , b] un ensemble ni depointsx0, x1, . . . , xn tels quea = x0< x1 0, il existe > 0 tel que (P) < implique [S(P, f, ) A[ < pour tous les choix admissibles deti. Dans le cas o(x) = x, on poseS(P, f) =ni=1f(ti)(xixi1).Dans toutecette section,on supposera toujoursfborneet croissantesur [a , b]. On utilisera souvent les thormes suivants (voir, par exemple, [29])dans les solutions des problmes.Thorme 1. f {()sur[a , b]si etseulementsi, pourtout > 0,il existeune partitionPtelle queU(P, f, ) L(P, f, ) < .Thorme 2. Sifest continue sur [a , b], alorsf {() sur [a , b].I.1.1. On suppose que est croissante sur [a , b],acb, est continue en c,f(c) = 1 etf(x) = 0 pourx = c. Prouver quef {() et baf d = 0.I.1.2. On suppose quefest continue sur [a , b],a < c < b, (x) = 0 si x [a , c[et(x) = 1 six [c , b]. Prouver que baf d = f(c).2noncsI.1.3. Soit 0 < a < b etf(x) =

x six [a , b] Q,0 six [a , b] ` Q.Trouver les intgrales de Riemann suprieure et infrieure defsur [a , b].I.1.4. Soita > 0 etf(x) =

x six [a , a] Q,0 six [a , a] ` Q.Trouver les intgrales de Riemann suprieure et infrieure defsur [a , a].I.1.5. Prouver que la fonctiondite de Riemann,f(x) =0 six est irrationnel oux = 0,1qsix =pq,p Z,q N etp etq premiers entre eux,est Riemann-intgrable sur tout intervalle [a , b].I.1.6. On notef : [0 , 1] R la fonction dnie parf(x) =

1 six =1n,n N,0 sinon.Prouver que 10f(x) dx = 0.I.1.7. Prouver quef : [0 , 1] R dnie parf(x) =

0 six = 0,1x

1x

sinonest Riemann-intgrable sur [0, 1].I.1.8. On dnitf(x) =

0 six [1 , 0],1 six ]0 , 1]et (x) =

0 six [1 , 0[,1 six [0 , 1].Prouver quef {() bien que lim(P)0S(P, f, ) nexiste pas.3ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.1.9. Prouver que sifet ont un point commun de discontinuit dans [a , b],alors lim(P)0S(P, f, ) nexiste pas.I.1.10. Prouver que si lim(P)0S(P, f, ) existe, alorsf {() sur [a , b] etlim(P)0S(P, f, ) =

baf d.Prouver aussi que cette galit est vrie pour toute fonction f continue sur [a, b].I.1.11. Prouver que sifest borne et est continue sur [a, b], alorsf {()si et seulement si lim(P)0S(P, f, ) existe.I.1.12. Soit(x) =

c siax < x,d six< xb,oc .I.2.6. Prouver quefest borne sur [a , b] sifest variation borne sur [a , b].I.2.7. Si fet g sont variation borne sur [a , b], il en est alors de mme de leurproduitfg. De plus, si infx[a,b][f(x)[ > 0, alorsgfest aussi variation borne.I.2.8. La compose de deux fonctions variation borne est-elle aussi variationborne ?I.2.9. Si fvrie une condition de Lipschitz et si g est variation borne, alorsla composef g est variation borne.9ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.2.10. Prouverquesi f estvariationbornesur[a , b], il enestdemmede [f[p, 1p < +.I.2.11. Prouverque si fest continuesur[a , b] et si [f[ est variation bornesur[a , b] alors flestaussi. Justieraussi quelacontinuitestunehypothseessentielle.I.2.12. Si fetgsont variation borne sur[a , b],il en est alors de mmedeh(x) = max f(x), g(x).I.2.13. On dit quef : A R, A R, vrie une condition de Hlder(aussiappele condition de Lipschitz dordre) sur A sil existe des constantes stricte-ment positivesMet telles que

f(x) f(xt)

M

x xt

pour x, xt A.(a) Prouver que la fonctionf(x) =

1ln(1/x)six

0 ,12

,0 six = 0est variation borne sur [0 ,12] mais ne vrie pas de condition de Hlder.(b) On posexn =+k=n1k ln2k,n = 2, 3, . . . Soitfla fonction continue sur [0 , x2]dnie parf(0) = f(xn) = 0, f

xn +xn+12

=1n, n = 2, 3, . . .etfest ane sur

xn+1,xn+xn+12

et

xn+xn+12, xn

. Prouver quefvrieune condition de Hlder pour tout 0 < < 1 et quefnest pas variationborne sur [0 , x2].I.2.14. Soit f : [a , +[ R une fonction variation borne sur tout intervalle[a , b],b > a. On poseV (f; a, +) = limb+V (f; a, b).Prouver que si V (f; a, +)< +, alors la limite limx+f(x) existe et est nie.Limplication rciproque est-elle vrie ?10noncsI.2.15. On considre la sommeV (f, P) =ni=1[f(xi) f(xi1)[pourunefonctionfdniesur[a , b] etunepartitionP= x0, x1, . . . , xnde[a , b]. Prouver que sifest continue sur [a , b], alorslim(P)0V (f, P) = V (f; a, b),autrement dit, pour tout > 0, il existe> 0 tel que(P) < impliqueV (f; a, b) V (f, P) < .I.2.16. On considre la sommeW(f, P) =ni=1(Mimi)pourunefonctionfdniesur[a , b] etunepartitionP= x0, x1, . . . , xnde[a , b], o on poseMi = supx[xi1,xi]f(x), mi = infx[xi1,xi]f(x).En utilisant le rsultat du problme prcdent, prouver que sifest continue sur[a , b], alorslim(P)0W(f, P) = V (f; a, b).I.2.17. Soitfune fonction variation borne sur[a , b], p etqrespectivementlesfonctionsdevariationpositiveetngativecommedniesauthorme1.Soit p1 et q1 des fonctions croissantes sur [a, b] telles que f= p1q1. Prouver quesiaxyb, alorsp(x) p(y)p1(x) p1(y) et q(x) q(y)q1(x) q1(y).En conclure queV (p; a, b)V (p1; a, b) etV (q; a, b)V (q1; a, b).I.2.18. Soitfune fonction variation borne sur [a, b] telle quef(x)m > 0pour toutx [a , b]. Prouver quil existe deux fonctions croissantesgeth tellesquef(x) =g(x)h(x)pour x [a, b].11ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.2.19. Calculer les fonctions de variation positive et ngative de(a) f(x) = x3[x[, x [1 , 1],(b) f(x) = cos x, x [0 , 2],(c) f(x) = x [x], x [0 , 3].I.2.20. Soitfunefonction variationbornesur[a , b].Montrerque si festcontinue droite (resp. gauche) enx0, alorsvfest aussi continue droite (resp.gauche) enx0.I.2.21. Prouverquelensembledespointsdediscontinuitdunefonctionfvariation borne sur [a, b] est au plus dnombrable.De plus, si xn est la suitedes points de discontinuit de f, alors la fonction g(x) = f(x) s(x), o s(a) = 0ets(x) = f(a+) f(a) + xn 0, montrer que(a) siF(x) =

x+1xsin

t2

dt, alors [F(x)[ 1x,(b) siF(x) =

x+1xsin

et

dt, alors [F(x)[ 2ex.I.3.20. Prouver que si les fonctions f, 1, 2 sont continues et variation bornesur [a , b], alors

baf(x) d(1(x)2(x)) =

baf(x)1(x) d2(x) +

baf(x)2(x) d1(x).I.3.21. Montrer que si fest continue et variation borne sur [a , b], on a alors,pour tout entiern strictement positif,

baf(x)d ((f(x))n) = n

ba(f(x))ndf(x)=nn + 1

(f(b))n+1(f(a))n+1

.I.3.22. Soitfune fonction continue sur [0 , 1]. Dterminer les limites suivantes(a) limn+

n

10xnf(x) dx

,(b) limn+

n

10enxf(x) dx

,(c) limn+

10xnf(x) dx

10xnex2dx,(d) limn+

n

10f(x) sin2n(2x) dx

,(e) limn+

10f(x) sin2n(2x) dx

10ex2sin2n(2x) dx.18noncsI.3.23. Dmontrer le thorme de convergence monotone pour lintgrale de Rie-mann. Si fnestunesuitedcroissantedefonctionsRiemann-intgrablessur[a , b] convergente sur [a , b] vers une fonction Riemann-intgrablef, alorslimn+

bafn(x) dx =

baf(x) dx.I.3.24. Prouver le thorme de convergence monotone pour lintgrale infrieuredeRiemann. Si fnestunesuitedcroissantedefonctionsvariationbornesur [a , b] et si limn+fn(x) = 0 pour toutx [a , b], alorslimn+

bafn(x) dx = 0.I.3.25. Prouver le thorme dArzel. Si fn est une suite de fonctionsRiemann-intgrablessur [a , b] convergente sur [a , b] vers une fonction Riemann-intgrablefet sil existe une constanteM> 0 telle que [fn(x)[ Mpour toutx [a , b] et pour toutn N, alorslimn+

bafn(x) dx =

baf(x) dx.I.3.26. Prouver le lemme de Fatou pour lintgrale de Riemann. Si fn est unesuitedefonctionspositivesRiemann-intgrablessur[a , b] convergentesur[a , b]vers une fonction Riemann-intgrablef, alors

baf(x) dxlimn+

bafn(x) dx.I.4. Intgrales dniesI.4.1. Calculer, pourn N,(a)

40[x 1[[x 2[ +[x 3[dx, (b) 20sinnxdx, 20cosnxdx,(c)

e1e[ln x[ dx, (d)

0xsin x1 + cos2x dx,19ChapitreI.LintgraledeRiemann-Stieltjes(e) 40tan2nxdx, (f) 40sin xsin x + cos x dx,(g) 20sinnxsinnx + cosnx dx.I.4.2. Pourn N, utiliser lintgrale 10

1 x2

ndx pour calculer11

n0

13

n1

+ 15

n2

+ (1)n12n + 1

nn

.I.4.3. Soit une fonction f admettant une primitive sur un intervalle I, autrementdit, il existeunefonctiondrivableFtellequeFt(x)=f(x)pourtoutx I.Prouverquesi fadmetunelimite gaucheou droiteenx0 Ietque cettelimite est gale a, alorsf(x0) = a.I.4.4. On notefla fonction dnie parf(x) =

sin1xsix = 0,c six = 0,oc [1 , 1]. Pour quelles valeurs dec la fonctionfadmet-elle une primitive ?I.4.5. On posexn=1npourn N. Construireune fonctionfcontinuesur]0 , 1] telle quef0 sur [x2k , x2k1],f0 sur [x2k+1, x2k] etF(x2k1) F(x2k) = F(x2k+1) F(x2k) =1k,o Fest une primitive de f. On prolonge la fonction f [0 , 1] en posant f(0) = 0.Montrer quefadmet une primitive sur [0 , 1] alors que [f[ nen admet pas.I.4.6. Soitfune fonction continue sur [0 , 1]. Prouver que

0xf(sin x) dx =2

0f(sinx) dx.En utilisant cette galit, calculer

0xsin2nxsin2nx + cos2nxdx, n N.20noncsI.4.7. Soitfune fonction continue sur [a , a],a > 0. Dmontrer que(a)

aaf(x) dx = 2

a0f(x) dx sifest paire,(b)

aaf(x) dx = 0 sifest impaire.I.4.8. Soitf : R R une fonction continueet priodique de priodeT> 0.Prouver que, pour tout rela,

a+Taf(x) dx =

T0f(x) dx.I.4.9. Soitf : R R une fonction continueet priodique de priodeT> 0.Prouver que, pour touta < b,limn+

baf(nx) dx =b aT

T0f(x) dx.I.4.10. Soitf C[1,1]. Dterminer les limites suivantes :(a) limn+1n

n0f(sin x) dx,(b) limn+1n

n0f ([sin x[) dx,(c) limn+

10xf (sin(2nx)) dx.I.4.11. Pourf C[a,b], dterminer les limites suivantes :(a) limn+

baf(x) cos(nx) dx, limn+

baf(x) sin(nx) dx,(b) limn+

baf(x) sin2(nx) dx.I.4.12. Soitf C[0,+[. On posean =

10f(n +x) dx pour n N.On suppose aussi que limn+an = a. Dterminer la limite limn+

10f(nx) dx.21ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.4.13. Calculer, pour une fonctionfstrictement positive et continue sur [0 , 1],

10f(x)f(x) +f(1 x) dx.I.4.14. Prouver que sifest continue et paire sur [a , a],a > 0, alors

aaf(x)1 +exdx =

a0f(x) dx.I.4.15. Prouver que sifest positive et continue sur [a , b] et que

baf(x) dx = 0,alorsfest identiquement nulle sur [a , b].I.4.16. Prouver que sifest continue sur [a , b] et que

f(x) dx = 0pour tout,,a < b, alorsfest identiquement nulle sur [a , b].I.4.17. Soitfune fonction continue sur [a , b] telle que

baf(x)g(x) dx = 0pour toute fonctiongcontinuesur [a , b]. Prouver quefest identiquementnullesur [a , b].I.4.18. Soitfune fonction continue sur [a , b]. On suppose que

baf(x)g(x) dx = 0pour toute fonctiong continue sur [a , b] telle queg(a) = g(b) = 0. Prouver quefest identiquement nulle sur [a , b].22noncsI.4.19. Soitfune fonction continue sur R. Dmontrer que(a) si xxf(t) dt = 0 pour toutx R,fest alors une fonction impaire,(b) si xxf(t) dt = 2

x0f(t) dt pour toutx R,fest alors une fonction paire,(c) tant donn T> 0, si

x+Txf(t) dt =

T0f(t) dt pour tout x R, f est alorspriodique de priodeT> 0.I.4.20. Calculer(a) limn+

n4

n+1nxdxx5+ 1

,(b) limn+

n3

2nnxdxx5+ 1

,(c) limn+

21ln

x +x5n

dx,(d) limn+

13

2xdxArctan(nx)

n.I.4.21. Dterminer les limites suivantes :(a) limR+

/20eRsin tdt,(b) limn+

0nxsin xdx,(c) limn+

/20sinnx1 +xdx.I.4.22. Dterminer, pour une fonctionfcontinue sur [0 , 1],limn+

10f (xn) dx.I.4.23. Prouverquesi festRiemann-intgrablesur[a , b], il existe [a , b]tel que

af(t) dt =

bf(t) dt.23ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.4.24. Soitfune fonction continue sur [a , b] telle que

baf(x) dx = 0.Prouver quil existe ]a , b[ tel que

af(x) dx = f().I.4.25. Soitf C[a,b],a > 0, telle que

baf(x) dx = 0.Prouver quil existe ]a , b[ tel que

af(x) dx = f().I.4.26. Soitf, g C[a,b]. Prouver quil existe ]a , b[ tel queg()

baf(x) dx = f()

bag(x) dx.I.4.27. Soitf, g C[a,b]. Prouver quil existe ]a , b[ tel queg()

af(x) dx = f()

bg(x) dx.I.4.28. Soit f et gdesfonctionsstrictementpositivesetcontinuessur[a , b].Prouver quil existe ]a , b[ tel quef()

af(x) dxg()

bg(x) dx= 1.I.4.29. Soitfune fonction strictement positive et continuesur[0 , 1].Prouverque, pour toutn N, il existe(n) tel que1n

10f(x) dx =

(n)0f(x) dx +

11(n)f(x) dx.Dterminer la limite limn+(n(n)).24noncsI.4.30. Soitf C1[0,1]. Prouver quil existe ]0 , 1[ tel que

10f(x) dx = f(0) + 12 ft().I.4.31. Soitf C2[0,1]. Prouver quil existe ]0 , 1[ tel que

10f(x) dx = f(0) + 12 ft() + 16 ftt().I.4.32. Soitf C1[0,1] telle queft(0) = 0. Pourx ]0 , 1], soit(x) tel que

x0f(t) dt = f((x))x.Dterminer la limitelimx0+(x)x.I.4.33. Soit f une fonction continue, positive et strictement croissante sur [a , b].Pourp > 0, on note(p) lunique rel tel que(f((p)))p=1b a

ba(f(x))pdx.Dterminer limp+(p).I.4.34. Soitfune fonction continue sur [a , b] telle que

baxnf(x) dx = 0pour toutn N. Prouver quefest identiquement nulle sur [a , b].I.4.35. Soitfune fonction continue sur [a , b] telle que

baxnf(x) dx = 0pourn = 0, 1, . . . , N. Prouver quefpossde au moinsN + 1 zros dans [a , b].25ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.4.36. Soitf C[a,a],a > 0. Montrer que(a) si

aax2nf(x) dx = 0 pour toutn N,fest alors impaire sur [a , a],(b) si

aax2n+1f(x) dx = 0 pour toutn N,fest alors paire sur [a , a].I.4.37. Soitfune fonction continue sur R. Dterminerlimh01h

ba(f(x +h) f(x)) dx.I.4.38. Soitfune fonction continue sur R eta < b, on poseg(x) =

baf(x +t) dt.Dterminer la drive deg.I.4.39. Dterminer les limites suivantes :(a) limx+1x

x1ln

1 +1t

dt,(b) limx0x

1xcos tt2dt,(c) limx0+

x20sint dtx3,(d) limx+

1xa

x0ln P(t)Q(t) dt

,oa > 1 etPetQ sont des polynmes strictement positifs sur R+.26noncsI.4.40. Dterminer les limites suivantes :(a) limx+

1ln x

x0151 +t5dt

,(b) limx0

1x

x0(1 + sint)1tdt

,(c) limx0+

1x2

x0t1+tdt

,(d) limx+

x0et2dt

1/x2.I.4.41. Prouver que sifest continue sur [0 , 1], alorslimp+

10[f(x)[pdx

1/p=maxx[0,1][f(x)[ .I.4.42. On suppose que la fonction valeurs rellesf(x, y) est continuesur lerectangle R = [a , b] [c , d]. Prouver queI(y) =

baf(x, y) dxest continue sur [c , d].I.4.43. Onsupposequelafonctionvaleursrelles f(x, y)dniesurlerec-tangle R = [a , b] [c , d] est Riemann-intgrable sur [a , b] pour touty [c , d] etque la drive partiellefyest continue sur R. Dmontrer queddy

baf(x, y) dx =

bafy (x, y) dx.I.4.44. Soit f une fonction continue et strictement positive sur [0 , 1]. Dterminerlimp0

10(f(x))pdx

1/p.I.4.45. Soit f une fonction continue et strictement positive sur [0 , 1]. Dterminerlimp

10(f(x))pdx

1/p.27ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.4.46. Dmontrer que pour tout entierNstrictement positif, lquation

x0et

1 +t1! +t22! + +t2N(2N)!

dt = Nadmet une solution dans lintervalle ]N , 2N[.I.4.47. SoitPun polynme de degrn tel que

10xkP(x) dx = 0 pour k = 1, 2, . . . , n.Montrer que

10(P(x))2dx = (n + 1)2

10P(x) dx

2.I.4.48. Prouver que sifest continue sur R = [a , b] [c , d], alors

dc

baf(x, y) dx

dy =

ba

dcf(x, y) dy

dx.I.4.49. Prouver que, pour 0 < a < b,

10xbxaln xdx = ln 1 +b1 +a .I.5. Intgrales impropresOn suppose que la fonction f est dnie sur [a , +[ et quelle est Riemann-intgrable sur tout intervalle born [a , b],b > a. On dnit

+af(x) dx = limb+

baf(x) dx,pour autant que cette limite existe et est nie. On dit, dans ce cas, que lint-grale impropre (celle se trouvant dans le premier membre de lgalit) convergeet sinon, on dit quelle diverge. On dnit lintgrale impropre af(x) dx dela mme faon et on dnit lintgrale +f(x) dx par

+f(x) dx =

af(x) dx +

+af(x) dx,28noncspour autant que les deux intgrales impropres dans le second membreconvergent. Cette dnition ne dpend pas du choix dea.Pour une fonctionfdnie sur [a , b[ et Riemann-intgrable sur tout sous-intervalle ferm de [a , b[, on dnit lintgrale impropre baf(x) dx par

baf(x) dx =lim0+

baf(x) dx,pour autant quelalimiteest nie. Si f est dniesur ]a , b] et Riemann-intgrable sur tout sous-intervalle ferm de ]a , b], lintgrale impropre

baf(x) dx est dnie de la mme faon.I.5.1. Pourn N eta strictement positif, calculer(a)

20dxsin4x + cos4x, (b)

/20ln(sin x) dx,(c)

10xn(1 x)dx, > 1, (d)

10(ln x)ndx,(e)

n01

1 xn

nxdx, (f)

10xnlnnxdx,(g)

+0dx(1 +x2)n, (h)

+1dxx2x21 ,(i)

+0lnxx2+a2dx, (j)

+0ln x(x2+a2)2dx,(k)

0ln(1 + cos x) dx, (l)

+0ln

x + 1x

dx1 +x2.I.5.2. Pour 0 < < 1, on dnitf(x) =

x

1x

, 0 < x < 1.Prouver que

10f(x) dx = ln .29ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.5.3. Soit f unefonctionmonotonesurlintervalle]0 , 1[ tellequelintgraleimpropre 10f(x) dx existe. Prouver quelimn+f

1n

+f

2n

+ +f

n1n

n=

10f(x) dx.I.5.4. Soit f une fonction monotone sur lintervalle ]0 , 1[ telle quune des limiteslimx0+f(x) ou limx1f(x) existe. Prouver que lintgrale impropre

10f(x) dx existesilimn+f

1n

+f

2n

+ +f

n1n

nexiste et est nie.I.5.5. Montrersurunexemplequonnepeutomettrelhypothsequunedeslimites en 0+ou en 1 est nie dans le problme prcdent.I.5.6. En utilisant le rsultat de I.5.3, dterminer(a) limn+nn!n,(b) limn+n

sin2n sin 22n . . . sin (n 1)2n,(c) limn+1nnk=1(ln k)2

1nnk=1ln k

2.I.5.7. Soit f :]0 , 1]Runefonctionmonotonetellequepouruncertain R, lintgrale impropre 10xf(x) dx existe. Prouver que limx0+x+1f(x) = 0.I.5.8. Vrierlesquellesdesintgrales impropressuivantesconvergent oudi-vergent :(a)

+2dxxln x , (b)

+0sin2x1 +x2dx,(c)

10(lnx)adx, a R, (d)

10dxxa(ln x)b, a, b R,(e)

+0xdx1 +x2sin2x.30noncsI.5.9. On suppose que f et g sont des fonctions strictement positives sur [a , +[et que +ag(x) dx diverge. Montrer quau moins une des deux intgrales

+af(x)g(x) dx et

+ag(x)f(x) dxdiverge.I.5.10. ProuverlethormedeCauchysuivant.Pourquelintgraleimpropre

+af(x) dx converge, il faut et il sut que, tant donn> 0, il existea0> atel que pour touta2> a1> a0,

a2a1f(x) dx

< .I.5.11. Prouver que lintgrale impropre +af(x) dx converge si et seulementsi, pour toute suite croissante annN qui diverge vers + et telle que a0 = a etan> a pourn1, la srie+n=1

anan1f(x) dx (1)converge. De plus, en cas de convergence,

+af(x) dx =+n=1

anan1f(x) dx.Prouveraussi quesi festpositive, il sutquil existeunesuitecroissanteannN, a0=a etan>a pourn1, divergentevers+ et pour laquelle lasrie (1) converge pour que lintgrale impropre converge.I.5.12. Poura strictement positif, tudier la convergence de lintgrale

+0dx1 +xasin2x.I.5.13. Soitfunefonction strictementpositive sur R+telleque +0f(x) dxexiste. La fonctionf(x) doit-elle tendre vers 0 lorsquex tend vers +?I.5.14. Soitfunefonctionstrictementpositiveetdrivablesur[a , +[ telleque [ft(x)[2 pourx a. La convergencede +af(x) dx implique-t-ellequef(x) tend vers 0 lorsquex tend vers +?31ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.5.15. Montrer que si fest uniformmentcontinuesur [a , +[ et que lint-grale impropre +af(x) dx converge, alors limx+f(x) = 0.I.5.16. Soitf : R+ R+ une fonction dcroissante. Prouver que si

+0f(x) dx < +,alors limx+xf(x) =0. Montrer sur unexemplequelarciproqueestfausse,autrementdit, lacondition limx+xf(x)=0nimpliquepaslaconvergencede

+0f(x) dx.I.5.17. Soit f : [1 , +[]e , +[ une fonction croissante telle que

+1dxf(x)=+.(a) Prouver que lon a aussi +1dxxln f(x)= +.(b) Donnerunexempledefonctionfvriantlaconditionci-dessusetpourlaquelle +1dxxln f(x) ln(ln f(x))converge.I.5.18. Soitfune fonction continue sur R+ telle quelimx+

f(x) +

x0f(t) dt

existe et est nie. Prouver que limx+f(x) = 0.I.5.19. Soitfune fonction positive et continue sur R+ telle que

+0f(x) dx < +.Dmontrer quelimn+1n

n0xf(x) dx = 0.I.5.20. Soit f unefonctionuniformment continuesur [a , +[ tellequelesintgrales xaf(t) dt soient uniformment bornes, autrement dit, il existeM> 0tel que

xaf(t) dt

M pour toutx [a , +[.Prouver quefest borne sur [a , +[.32noncsI.5.21. Prouver que si les intgrales +a(f(x))2dx et +a(ftt(x))2dxconvergent, alors +a(ft(x))2dx converge aussi.I.5.22. Prouver le test dAbel pour la convergence des intgrales impropres. Soitfetg des fonctions dnies sur [a , +[ vriant les conditions suivantes :(1) lintgrale impropre +af(x) dx existe,(2) g est monotone et borne sur [a , +[.Alors, lintgrale impropre

+af(x)g(x) dxconverge.I.5.23. Prouver le test de Dirichlet pour la convergence des intgrales impropres.Soitfetg des fonctions dnies sur [a , +[ vriant les conditions suivantes :(1) f est(proprement) intgrablesur chaqueintervalle[a , b] (b >a) etlesintgrales baf(x) dxsontuniformment bornes, autrement dit, il existeC> 0 tel que

baf(x) dx

C pour toutb > a,(2) g est monotone et limx+g(x) = 0.Alors, lintgrale impropre

+af(x)g(x) dxconverge.I.5.24. Pour > 0, tudier la convergence des intgrales suivantes :(a)

+1sin xxdx, (b)

+1[sinx[xdx,(c)

+1sin

x2

dx, (d)

+1esin xsin(2x)xdx,(e)

+1lnxsin xxdx.33ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.5.25. Soit f : [a , +[RunefonctioncontinueetpriodiquedepriodeT >0et g:[a , +[Runefonctionmonotonetelleque limx+g(x) =0.Prouver quesi a+Taf(x) dx=0, alors lintgrale +af(x)g(x) dxconverge.Prouverdeplusquesi a+Taf(x) dx =0,lintgraleimpropre +af(x)g(x) dxconverge si et seulement si +ag(x) dx converge.I.5.26. Utiliserle rsultatdu problmeprcdentpourtudierla convergencedes intgrales suivantes :(a)

+0sin(sin x)xecos xdx,(b)

+0sin(sin x)xesinxdx.I.5.27. Pour > 0, tudier la convergence de lintgrale

+0sin xx+ sinx dx.I.5.28. Prouverquesi +axf(x) dx(a>0)existe,alors +af(x) dxexisteaussi.I.5.29. Soit f une fonctionmonotone sur R+telle que lintgrale impropre

+0f(x) dx existe. Prouver quelimh0+h+n=1f(nh) =

+0f(x) dx.Utiliser ce rsultat pour dterminerlimh0++n=1h1 +h2n2.I.5.30. Pour > 0, on pose() =

+0exx1dx.Montrerque()estniepourtoutstrictementpositif. ()estappelelafonction gamma dEuler.34noncsI.5.31. Utiliser le rsultat de I.5.29 pour montrer que() = limn+n1n!( + 1) . . . ( +n 1)pour > 0.I.5.32. Utiliser la formule donne dans le problme prcdent pour prouver que,pour > 0,() =e+k=1e/k

1 +k

1,o est la constante dEuler (voir, par exemple, II.1.41 (vol. I)).I.5.33. Prouver que

+0sin xxdx =2.I.5.34. Prouver que

+0ex2dx =2.I.5.35. Soitf(x, y) une fonction dnie sur [a , +[A o A R. On dit quelintgrale +af(x, y) dx converge uniformment surA si, tant donn > 0, ilexistea0> a tel que

+af(x, y) dx

baf(x, y) dx

< pourtoutb>a0et touty A. Montrerque sil existe unefonction(x) telleque[f(x, y)[(x) pour tout x [a , +[ , y Aet +a(x) dx converge, alors lintgrale impropre +af(x, y) dx converge uni-formment sur A.I.5.36. Montrer le critre suivant de convergenceuniforme dune intgraleim-propre. On suppose que +af(x, y) dx converge uniformmentsur A etg(x, y)est monotone par rapport x et est borne sur [a , +[A. Alors

+af(x, y)g(x, y) dxconverge uniformment sur A.35ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.5.37. Dduire le critre suivant du problme prcdent. Si lintgrale impropre

+af(x) dx converge et si g(x, y) est monotone par rapport x et est borne sur[a , +[A, alors

+af(x)g(x, y) dxconverge uniformment sur A.I.5.38. On suppose quil existeCstrictement positif tel que

baf(x, y) dx

C pour toutb > a,y A.La fonctiong(x, y) est monotone par rapport x etg(x, y) tend vers 0 lorsquextend vers + uniformment sur A. Alors,

+af(x, y)g(x, y) dxconverge uniformment sur A.I.5.39. tudier la convergence uniforme des intgrales impropres suivantes :(a)

+0sin axxdx, a [a0, +[ , a0> 0,(b)

+0sin axxdx, a R+,(c)

+0cos a

x2+ 1

x2+ 1dx, a R,(d)

+0eaxcos x2dx, a R+.I.5.40. On suppose que lintgrale impropre +af(x, y) dx converge uniform-mentsurA. Prouverquesi f(x, y)convergevers (x)lorsqueytendvers y0uniformment sur chaque intervalle [a , b], alors lintgrale +a(x) dx convergeetlimyy0

+af(x, y)dx =

+a(x) dx.36noncsI.5.41. Considrer lexemplefn(x) =

nx3en2x2pourx > 0,0 pourx = 0,pour montrer quon ne peut pas omettre lhypothse sur la convergence uniformede lintgrale impropre +af(x, y) dx dans lnonc du thorme I.5.40.I.5.42. Montrer que(a) limy0+

+0sin xxeyxdx =2,(b) limy+

+0sin x2Arctan(yx) dx =2

+0sin x2dx,(c) limn+

+0sin xx

1 +xn

ndx =

+0sinxxexdx,(d) limy+

+1Arctan(yx)x2x21dx =2,(e) limy0+

+0y2sin xey2x2dx = 0.I.5.43. Soit f : R=[a , +[[c , d] Rune fonctioncontinue telle que

+af(x, y) dx converge uniformment sur [c , d]. La fonctionI(y) =

+af(x, y) dxest alors continue sur [c , d].I.5.44. Soit f : R=[a , +[[c , d] Rune fonctioncontinue telle que

+af(x, y) dx convergepour touty [c , d] et quefysoit continuesurR. Onsuppose que lintgrale

+afy (x, y) dx converge uniformment sur [c, d]. Montrerqueddy

+af(x, y)dx =

+afy (x, y) dx.I.5.45. Utiliser le rsultat de I.5.44 pour calculer(a)

+0eax2x2ndx, a > 0,n N,37ChapitreI.LintgraledeRiemann-Stieltjes(b)

+0dx(a +x2)n+1, a > 0,n N,(c)

+0sin(ax)xexdx, a R,(d)

+01 cos(ax)xexdx, a R.I.5.46. Prouver que(a)

+ex2/2cos(yx) dx =2ey2/2, y R,(b)

+0exy/xdxx=e2y, y > 0.I.5.47. Prouverquesi unefonctionvaleursrelles f(x, y)estcontinuesur[a , +[[c , d] et que lintgrale impropre

+af(x, y) dxconverge uniformment sur [c , d], alors

dc

+af(x, y) dx

dy =

+a

dcf(x, y) dy

dx.I.5.48. Utiliser le thorme prcdent pour trouver(a)

+0ebxeaxxdx, a, b > 0,(b)

+0cos(bx) cos(ax)x2dx, 0 < a < b.I.5.49. Soit quef C1R+telle queftsoit monotone sur R+et limx+f(x) =lexiste et soit nie. Prouver(1)que, poura, b > 0,

+0f(bx) f(ax)xdx = (l f(0)) lnba .(1)Cette intgrale est appele lintgrale de Frullani . (N.d.T.)38noncsI.5.50. Soit f(x, y)unefonctioncontinuesur[a , +[[c , +[. Onsupposeque(1) lintgraleimpropre +af(x, y) dxconvergeuniformmentsur chaquein-tervalle [c , d],(2) lintgraleimpropre +cf(x, y) dyconvergeuniformmentsurchaquein-tervalle [a , b],(3) les intgrales impropres

+a[f(x, y)[ dx et

+c[f(x, y)[ dy convergent res-pectivement pouryc etxa,(4) au moins une des intgrales impropres

+a

+c[f(x, y)[ dy

dx,

+c

+a[f(x, y)[ dx

dyconverge.Alors,

+a

+cf(x, y) dy

dx =

+c

+af(x, y) dx

dyet chacune des intgrales converge(2).I.5.51. Montrer que

+0cos x2dx =12

+0cos xxdx =12

2et

+0sin x2dx =12

+0sin xxdx =12

2.(Les intgrales impropres +0cos x2dx et +0sinx2dx sont appeles des int-grales de Fresnel .)I.5.52. Soit f(x, y) une fonction dnie sur [a , b[A telle que pour tout y A,f est Riemann-intgrable sur tout intervalle [a , b] o 0 < < ba. On supposeaussi que f(x, y) tend vers (x) lorsque y tend vers y0 uniformment sur chacun de(2)Thorme de Fubini-Tonelli. (N.d.T.)39ChapitreI.LintgraledeRiemann-Stieltjesces intervalles. Si lintgrale impropre baf(x, y) dx converge uniformment sur A(autrement dit, tant donn > 0, il existe0 tel que

bbf(x, y) dx

< pour tout 0 < < 0< b a ety A), alorslimyy0

baf(x, y) dx =

ba(x) dx.I.5.53. Soit fn: [a , b[R(n N)desfonctions Riemann-intgrables surtoutintervalle[a , b ] o0 0,B(a, b) =(a)(b)(a +b)et en conclure que(a)(1 a) =sin apour 0 < a < 1.I.5.66. Dterminer lima0+a(a).I.5.67. Calculer 10ln (a) da.I.5.68. Poura > 0, prouver la formule de duplicationsuivante :22a(a)

a +12

(2a)= 2.I.5.69. Vrier les galits suivantes :(a)

/20tanaxdx =2 cosa2, [a[ < 1,(b)

0dx3 cos x=14

14

2,(c)

/20sina1xdx = 2a2B

a2 , a2

, a > 0.I.5.70. Prouver la formule de Stirling:limn+n!2nn+12en= 1.42noncsI.5.71. Montrer quet(a)(a)=

+0

ex1(1 +x)a

dxxpoura > 0.I.5.72. Dterminer les limites suivantes :(a) limx+x

x +12

(x + 1),(b) limx+xaB(a, x), a > 0.I.6. Ingalits portant sur les intgralesI.6.1. Prouver lingalit de Cauchy-Schwarz . Si f et g sont des fonctionsRiemann-intgrables sur [a , b], alors

baf(x)g(x) dx

2

baf2(x) dx

bag2(x) dx.De plus, si fetg sont continues sur [a , b], lgalit est vrie si et seulement silexiste1 et2 tels que [1[ +[2[ > 0 et1f(x) = 2g(x) pour toutx [a , b].I.6.2. Prouver que sifest Riemann-intgrable sur [a , b], alors

baf(x) sin xdx

2+

baf(x) cos xdx

2 (b a)

baf2(x) dx.I.6.3. Prouver que si f est strictement positive et Riemann-intgrable sur [a , b],alors(b a)2

baf(x) dx

badxf(x) .De plus, si 0 < mf(x)M, alors

baf(x) dx

badxf(x) (m+M)24mM(b a)2.43ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.6.4. Soitfetg des fonctions Riemann-intgrables sur [a , b] telles quem1f(x)M1et m2g(x)M2pour tout x [a , b].Prouver que(4)

1b a

baf(x)g(x) dx 1(b a)2

baf(x) dx

bag(x) dx

14 (M1m1) (M2m2).I.6.5. Soitf C1[a,b] telle quef(a) = f(b) = 0 et baf2(x) dx = 1. Montrer que

baxf(x)ft(x) dx = 12et14

ba

ft(x)

2dx

bax2f2(x) dx.I.6.6. Dterminerminf.

10

1 +x2

f2(x) dxo/ =

f C[0,1] :

10f(x) dx = 1

et trouver une fonction pour laquelle le minimum est atteint.I.6.7. Soitf : [a , b] [m, M] une fonction telle que baf(x) dx = 0. Prouverque

baf2(x) dxmM(b a).I.6.8. Prouver que si f est une fonction continue sur [0 , 1] et drivable sur ]0 , 1[telle quef(0) = 0 et 0 < ft(x)1 sur ]0 , 1[, alors

10f(x) dx

2

10(f(x))3dx.Montrer aussi que lgalit est atteinte si et seulement sif(x) = x.(4)Ingalit de Grss. (N.d.T.)44noncsI.6.9. Soitf C[a,b] une fonction croissante sur [a , b]. Prouver que lon a, pourx ]a , b[,1x a

xaf(t) dt 1b a

baf(t) dt 1b x

bxf(t) dt.I.6.10. ProuverlingalitdeTchebychev. Si lesfonctions f et gsonttoutesdeux croissantes ou toutes deux dcroissantes sur [a , b], alors1b a

baf(x) dx1b a

bag(x) dx 1b a

baf(x)g(x) dx.Si unedes fonctions est croissanteet lautredcroissante, lingalitest alorsinverse.I.6.11. ProuverlagnralisationsuivantedelingalitdeTchebychev. Soitpune fonction strictement positive et Riemann-intgrable sur [a , b]. Si les fonctionsfetg sont toutes deux croissantes ou toutes deux dcroissantes sur [a , b], alors

bap(x)f(x) dx

bap(x)g(x) dx

bap(x) dx

bap(x)f(x)g(x) dx.Si unedes fonctions est croissanteet lautredcroissante, lingalitest alorsinverse.I.6.12. Soitfetg des fonctions croissantes sur [0 , a]. Prouver que

a0f(x)g(x) dx

a0f(a x)g(x) dx.I.6.13. Soitq une fonction strictement positive et dcroissante sur [a , b],a > 0.Montrer que

baxq2(x) dx

baxq(x) dx

baq2(x) dx

baq(x) dx.I.6.14. Montrer que sifest une fonction convexe sur [a , b], alors(5)f

a +b2

(b a)

baf(x) dx f(a) +f(b)2(b a) .(5)Ingalit de Hadamard-Hermite. (N.d.T.)45ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.6.15. tantdonnxet ydesrelsstrictementpositifs, onnoteA, Get Lrespectivementleurmoyennearithmtique, gomtriqueetlogarithmique(voir,par exemple, II.5.41(vol.II) pour la dnition de la moyenne logarithmique).Utiliser le rsultat prcdent pour prouver que pour x = y, AL< GAsi x et y sonttous les deux suprieurs e3/2etAL> GAsix ety sont tous les deux infrieurse3/2.I.6.16. Montrer que si f C[a,b] est strictement positive et strictement concavesur [a , b], alors

baf(x) dx > 12 (b a)maxx[a,b]f(x).I.6.17. Soitfetgdes fonctions continmentdrivables sur [0 , b] telles queftetgtsoient positives sur [0 , b], fntant pas constante etf(0) = 0. Alors, pour0 < ab,f(a)g(b)

a0g(x)ft(x) dx +

b0gt(x)f(x) dx.Lgalit est atteinte si et seulement sia = b ou sig est une fonction constante.I.6.18. Soitf C1[0,c],c > 0, une fonction strictement croissante sur [0 , c] tellequef(0) = 0. Prouver que, pourx [0 , c],

x0f(t) dt +

f(x)0f1(t) dt = xf(x),of1reprsente la bijection rciproque def.I.6.19. Utiliserlersultatduproblmeprcdent pourprouverlingalitdeYoung. Sous les hypothses de I.6.18,

a0f(t) dt +

b0f1(t) dtabpour tout a [0 , c] et tout b [0 , f(c)]. Deplus, lgalitestatteintesi etseulement sib = f(a).I.6.20. Montrer que poura, b0,(1 +a) ln(1 +a) (1 +a) + (ebb)ab.46noncsI.6.21. Prouver la rciproque de lingalit de Young. On suppose que f et g sontcontinment drivables et strictement croissantes sur R+ et quef(0) = g(0) = 0,g1(x)f(x) pour toutx0. Si, poura etb strictement positifs,ab

a0f(x) dx +

b0g(x) dx,alorsfetg sont inverses lune de lautre.I.6.22. Soit/ =

f {([0, 1]) :

10f(x) dx = 3,

10xf(x) dx = 2

.Dterminerminf.

10f2(x) dxet une fonction pour laquelle le minimum est atteint.I.6.23. Soit/ =

f C2[0,1] : f(0) = f(1) = 0, ft(0) = a.Dterminerminf.

10

ftt(x)

2dxet une fonction pour laquelle le minimum est atteint.I.6.24. Existe-t-il une fonction f continment drivable sur [0 , 2] telle quef(0) = f(2) = 1, [ft(x)[1 pourx [0 , 2] et

20f(x) dx

1 ?I.6.25. Soitf C1[a,b] telle quef(a) = f(b) = 0. Montrer quemaxx[a,b]

ft(x)

4(b a)2

ba[f(x)[ dx.47ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.6.26. Dmontrer lingalit de Hlder. Si les fonctions f1, f2, . . . , fn sont posi-tives et Riemann-intgrables sur [a , b] et si les rels strictement positifs 1, 2, . . . ,n vrientni=1i = 1, alors

bani=1fii(x) dx ni=1

bafi(x) dx

i.I.6.27. SoitfetgdeuxfonctionspositivesetRiemann-intgrablessur[a , b].Pour p =0, onnoteqsonconjugu(qesttel que1p+1q=1). Enutilisantlersultat du problme prcdent, prouver que(a) sip > 1, alors

baf(x)g(x) dx

bafp(x) dx

1/p

bagq(x) dx

1/q;(b) sip < 0 ou si 0 < p < 1 et sifetg sont strictement positives, alors

baf(x)g(x) dx

bafp(x) dx

1/p

bagq(x) dx

1/q.I.6.28. Soit f une fonction continue sur [0 , 1] telle quil existe a > 0 pour lequel0f(x)a2/3pour toutx [0 , 1]. Prouver que

10

f(x) dxa2/3si

10f(x)dx = a.I.6.29. Soit f une fonction Riemann-intgrable sur [a , b] telle quemf(x)M. Dmontrer que si est continue et convexe sur [m, M], alors

1b a

baf(x) dx

1b a

ba(f(x)) dx.Cette ingalit est appele lingalit de Jensen.I.6.30. ProuverlagnralisationsuivantedelingalitdeJensennonceauproblme prcdent. Soit fet p des fonctions Riemann-intgrables sur [a , b] tellesquemf(x)M,p(x)0 et bap(x) dx > 0. Si est continue et convexe sur[m, M], alors

1

bap(x) dx

bap(x)f(x) dx

1

bap(x) dx

bap(x)(f(x)) dx.48noncsI.6.31. SoitfunefonctionRiemann-intgrablesur[0 , 1] telleque [f(x)[ 1pour toutx [0 , 1]. Montrer que

10

1 f2(x) dx

1

10f(x) dx

2.I.6.32. Soit f une fonction positive et dcroissante sur [0 , 1]. Montrer que, poura etb positifs,

1

a ba +b + 1

2

10x2af(x) dx

10x2bf(x) dx

10xa+bf(x) dx

2.I.6.33. Soitfune fonction positive et croissante sur [0, 1]. Montrer que, pour aetb positifs,

1

a ba +b + 1

2

10x2af(x) dx

10x2bf(x) dx

10xa+bf(x) dx

2.I.6.34. Soit f une fonction continue sur [a , b] quon prolonge en posant f(x) = 0pourx/ [a , b]. Pourh > 0, on dnitfh en posantfh(x) =12h

x+hxhf(t) dt.Prouver que

ba[fh(x)[ dx

ba[f(x)[ dx.I.6.35. ProuverlingalitdeMinkowski pour les intgrales.Soitf1, f2, . . . , fndes fonctions positives et Riemann-intgrables sur [a , b].(a) Sik> 1, alors

ba(f1(x) + +fn(x))kdx

1k

bafk1(x) dx

1k++

bafkn(x) dx

1k.(b) Si 0 < k < 1, alors

ba(f1(x) + +fn(x))kdx

1k

bafk1(x) dx

1k++

bafkn(x) dx

1k.49ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.6.36. Soitf1, . . . , fn des fonctions positives et Riemann-intgrables sur [a , b].(a) Sik > 1, alors

ba(f1(x) + +fn(x))kdx

bafk1(x) dx + +

bafkn(x) dx.(b) Si 0 < k < 1, alors

ba(f1(x) + +fn(x))kdx

bafk1(x) dx + +

bafkn(x) dx.I.6.37. Prouver lingalit de Steensen. Sig est Riemann-intgrable sur [a , b]telle que 0g(x)1 pour tout x [a, b] et si f est dcroissante sur cet intervalle,alors

bbf(x) dx

baf(x)g(x) dx

a+af(x) dx,o =

bag(x) dx.I.6.38. ProuverlagnralisationdeBellmandelingalitdeSteensen. Si gest Riemann-intgrable sur [0 , 1] telle que 0g(x)1 pour toutx [0 , 1] et sifest positive et dcroissante sur cet intervalle, on a alors, pourp1,

10f(x)g(x) dx

p

0(f(x))pdx,o =

10g(x) dx

p.I.6.39. En utilisantI.6.38, prouverquesi gestRiemann-intgrablesur[a , b]telle que 0g(x)1 pour toutx [a , b] et sifest positive et dcroissante surcet intervalle, on a alors, pourp > 1,1(b a)p1

baf(x)g(x) dx

p

a+a(f(x))pdx,o =1(b a)p1

bag(x) dx

p.50noncsI.6.40. Dmontrer la variante suivante de lingalit de Steensen due R. Apry. Soit f unefonctionpositiveetdcroissantesurR+et gunefonc-tion dnie sur R+ telle que 0g(x)A (A > 0) et +0g(x) dx< +. On aalors

+0f(x)g(x) dxA

0f(x) dx,o =1A

+0g(x) dx.I.6.41. Prouver la gnralisation suivante de Bellman de lingalit deSteensen. Soit f : [a , b] Rune fonctionpositive et dcroissante et soitg: [a , b] R une fonction positive et Riemann-intgrable telle que0g(x)

bag(t) dt

p1 1, x [a , b].Sip1, alors

baf(x)g(x) dx

p

a+a(f(x))pdx,o =

bag(x) dx

p.Prouver de plus que si 0 < p1, alors

baf(x)g(x) dx

p

bb(f(x))pdx,o est dni comme prcdemment.I.6.42. Soitg1 etg2 des fonctions intgrables sur [a , b] telles que

xag1(t) dt

xag2(t) dtpour toutx [a , b] et

bag1(t) dt =

bag2(t) dt.Prouver que sifest croissante sur [a , b], alors

baf(t)g1(t) dt

baf(t)g2(t) dt51ChapitreI.LintgraledeRiemann-Stieltjeset sifest dcroissante sur [a , b], alors

baf(t)g1(t) dt

baf(t)g2(t) dt.I.6.43. Utiliser lingalit de Steensen (voir I.6.37) pour prouver que sifestcontinment drivable sur [a , b] et mft(x)M (m < M) pour tout x [a , b],alorsm+ (M m)2(b a)2

f(b) f(a)b a M (M m)(b a )2(b a)2,o =f(b) f(a) m(b a)M m.I.6.44. Montrer que si fest continment drivable sur [a , b] etmft(x)M(m < M) pour toutx [a , b], alors

baf(x) dx f(a) +f(b)2(b a)

(f(b) f(a) m(b a))(M(b a) f(b) +f(a))2(M m).I.6.45. Prouver lingalit dOpial . Si fest continmentdrivable sur [0 , a] etf(0) = 0, alors

a0

f(x)ft(x)

dx a2

a0

ft(x)

2dx.I.6.46. Prouver la gnralisation suivante de lingalit dOpial. Sif Cn[0,a] esttelle quef(0) = ft(0) == f(n1)(0) = 0,n1, alors

a0

f(x)f(n1)(x)

dx an2

a0

f(n)(x)

2dx.I.6.47. Prouver la gnralisation suivante de lingalit dOpial. Si fest conti-nment drivable sur [0 , a],f(0) = 0 etp0,q1, alors

a0[f(x)[p

ft(x)

qdx qapp +q

a0

ft(x)

p+qdx.52noncsI.6.48. Soitf C2n[a,b]unefonctiontellequef(k)(a)=f(k)(b)=0pourk=0, 1, . . . , n 1. Prouver que siM=maxx[a,b]

f(2n)(x)

, alors

baf(x) dx

(n!)2(b a)2n+1(2n)!(2n + 1)!M.I.7. Mesure de JordanPour aibi (i = 1, 2, . . . , p), le volume du pavR = [a1, b1] . . . [ap, bp]est le rel [R[ = (b1 a1)(b2 a2) . . . (bp ap). Dans le casp = 1 oup = 2,[R[ est appel respectivement la longueur ou la surface de R. On dit que deuxpavs sont spars sils ont au plus en commun des points de leur frontire. Uneunion dun nombre ni de pavs est appele un ensemble lmentaire. Tout en-semble lmentaire peut sexprimer (dune innit de faon) comme une unionde pavs deux deux spars R1, . . . , Rn. Le volume de lensemble lmentaireE est le rel [E[ = [R1[ + +[Rn[. Le volume [E[ ne dpend pas du choix desRi. Pour un ensemble non vide A Rp, on pose [A[ = sup[E[, o la bornesuprieureest prisesur tous les ensembleslmentairesE inclus dansA. Lerel [A[ est appele le volume intrieur(ou mesure intrieure de Jordan) deA. SiA nest pas born, sa mesure intrieurede Jordan peut tre innie. SiA est born, son volume extrieur(ou mesure extrieure de Jordan) est le rel[A[= inf [E[ o la borne infrieureest prise sur tous les ensembles lmen-taires E contenant A. Si A nest pas born, alors [A[ = limk+[A Rk[, oRk = [k, k]. . .[k, k] Rp. Si [A[ = [A[ = [A[, on dit que A a pourvolume [A[ (ou quil est Jordan-mesurable et que sa mesure de Jordan est [A[).Dans le cas o [A[ = +, on suppose de plus que AR est Jordan-mesurablepour tout pav R. On suppose aussi que [[ = 0.I.7.1. MontrerquunensemblebornAestJordan-mesurablesietseulementsi, pour tout >0, il existedeuxensembles lmentaires E1et E2tels queE1 A E2 et [E2[ [E1[ < .I.7.2. Montrer que si A1, . . . , An sont borns, Jordan-mesurables et deux deuxspars, autrement dit,AiAj = pouri = j, alors[A1 An[ = [A1[ + +[An[ .53ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.7.3. Prouverque siA1etA2sontJordan-mesurables, il en est demmedeA1 A2 et A1 A2 et on a[A1 A2[ +[A1 A2[ = [A1[ +[A2[ .I.7.4. Prouver que si A1 et A2 sont Jordan-mesurables, A1 A2 et [A1[ < +,alors A2` A1 est Jordan-mesurable et [A2` A1[ = [A2[ [A1[.I.7.5. Prouver que lensembleA =(x, y) R2: x [0 , 1], y [0 , 1] ` Qnest pas Jordan-mesurable.I.7.6. Prouver que lensembleB =(x, y) R2: x [0 , 1],y [0 , 1] `1n: n Nest Jordan-mesurable.I.7.7. Prouver que si [B[ = 0, on a alors, pour tout A born,[A B[ = [A[.Donner un exemple pour montrer que [B[ = 0 nest pas une condition susantepour que cette galit soit vrie.I.7.8. Prouverquesi AestJordan-mesurable, sonintrieuretsonadhrencesont Jordan-mesurables et[A[ =[A[ =

A

.I.7.9. Prouver que A est Jordan-mesurable si et seulement si la mesure de Jor-dan de sa frontireA est nulle.I.7.10. Prouverquelhypothse, selonlaquelleA1, . . . , Ansontborns, peuttre ignore dans la proprit nonce en I.7.2.I.7.11. On note C [0 , 1] lensemble de Cantor (pour la dnition de lensemblede Cantor voir, par exemple, la solution de I.3.1 (vol. II)). Prouver que [C[ = 0.54noncsI.7.12. Soit Aun ensemble de Cantor gnralis dni comme suit. tant donn ]0 , 1[, on enlve de [0 , 1] un intervalleouvert 12 4,12 +4

et on noteE1lunion des deux intervalles ferms restants. On enlve alors les intervalles ouvertsdelongueur23situsaumilieudesdeuxintervallesformantE1etonnoteE2luniondesquatreintervallesfermsrestants. Onrpteleprocdsurchacundes quatre intervalles en retirant les intervalles ouverts de longueur25situs aumilieu. En continuant le procd, on obtient une suite En densembles, En tantlunion de 2nintervalles ferms, et on pose A =+n=1En. Prouver que A nest pasJordan-mesurable.I.7.13. A=

1 +1n+1 , 2 +1n+1 , . . . : n Nest-il unsous-ensembleJordan-mesurable de R?I.7.14. Soit rk une suite de tous les rationnels de [0 , 1] et soit Iklintervalleouvert centr enrk de longueur12k+1. Dmontrer que lensemble A =+k=1Ik nestpas Jordan-mesurable.I.7.15. Donner des exemples densembles ouverts non mesurables et densemblesferms non mesurables.I.7.16. Soit A [a, b]. SiA est la fonction caractristique de A, alors[A[ =

baA(x) dx et [A[ =

baA(x) dx.I.7.17. Soitfunefonctionpositiveetbornesurunintervalle[a, b], onposeAf=(x, y) R2: axb, 0yf(x). Prouver que[Af[ =

baf(x) dx et [Af[ =

baf(x) dx.I.7.18. Soitfune fonction borne sur [a, b]. Pour > 0, on dnitJ = x [a , b], of(x),of(x) reprsentantloscillationdefenx(voir,parexemple,I.7.12(vol. II)).Prouver quefest Riemann-intgrablesur [a , b] si et seulement si [J[ = 0 pourtout > 0.55ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.7.19. Prouver quun ensemble born A est Jordan-mesurable si et seulementsil existe deux suites Bn et Cn densembles Jordan-mesurables tels queBn A Cnet limn+[Bn[ = limn+[Cn[ = [A[ .I.7.20. Montrer que lensembleA =

(x, y) R2: 0 < x1, 0y

sin 1x

est Jordan-mesurable.I.7.21. On note A =(x, y) R2: (x 1)2+y2 1 etKn =

(x, y) R2:

x 1n

2+y2

142n.Montrer que lensemble A`+n=1Kn est Jordan-mesurable.I.7.22. Dmontrer la formule suivante sur la mesure de Jordan densembles d-nispardesingalitssurlescoordonnespolaires(r, ). Si festunefonctionpositive et continue sur [, ], < 2, alors lensembleA = (r, ) : , 0rf()est Jordan-mesurable et son aire est gale [A[ =12

f2() d.I.7.23. Dterminerlairedunedesbouclesdulemniscate r2=a2cos(2)oa > 0 est x.I.7.24. La courber =a(1 + cos(3)), a> 0, est forme de trois feuilles super-posables, tangentes les unes aux autres lorigine. Dterminer laire dune de cesfeuilles.I.7.25. Dterminerlairedulimaonr=a + b cos , olesrelsstrictementpositifsa etb sont donns, en distinguant les casa > b,a = b eta < b.I.7.26. Dterminer laire de la boucle de la courbex5+ y5= 5ax2y2, oa > 0est donn.56noncsI.7.27. Dterminerlaire de la rgion se trouvant lextrieur du cercler = 2et lintrieur du limaonr = 1 + 2 cos .I.7.28. Soit f unefonctionpositiveet continue sur [a , b]. UnergionplaneAf=(x, y) R2: axb, 0yf(x)tourne autour de laxe des abscissespour former un solide de rvolution V de volume [V[. Montrer que[V[ =

baf2(x) dx.I.7.29. Soitfune fonction positive et continue sur [a , b], 0 < a. Prouver que levolume du solide V engendr par la rotation autour de laxe des ordonnes de largion plane Af=(x, y) R2: axb, 0yf(x)[V[ = 2

baxf(x) dx.I.7.30. Dterminer le volume du tore obtenu en faisant tourner le disque(x, y) R2: (x a)2+y2 r2 (0 < a < r) autour de laxe des ordonnes.I.7.31. Dterminer le volume du tore obtenu en faisant tourner autour de laxedesabscisseslargionnonbornesituesouslegraphede f(x)=exsinxdnie sur lensemble+k=0[2k, (2k + 1)].I.7.32. Montrer que la longueurL de lellipse

xa

2+

yb

2= 1vrie(a +b) < L <

2 (a2+b2).I.7.33. Prouver que la longueurL de lellipse

xa

2+

yb

2= 1, a > b > 0,est donne parL = 2a

1 +n=1

(2n 1)!!(2n)!!

2e2n2n 1

,oe =a2b2aest lexcentricit de lellipse.57ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.7.34. Prouver la formule suivante donnant la longueur dune courbe en coor-donnespolaires(r, ).Si festcontinmentdrivablesur[, ],la longueurLde la courber = f(),, est alors donne parL =

(f())2+ (ft())2d.I.7.35. Dterminer la longueur de la courbe dquation polaire(a) r = a sin33 , 03,(b) r =11 + cos , 2 2.I.7.36. Dterminer la longueur de la courbe dquation polaire =12

r + 1r

, 1r3.I.7.37. Dterminer la longueur de la courber = 1 + cos t, = t tant2, 0t,o (r, ) sont les coordonnes polaires et 0 < < .58SolutionsSolutionsI.1. Proprits de lintgrale de Riemann-StieltjesI.1.1. Soit> 0. Daprs le thorme1, il sut de trouver une partitionPtelle queU(P, f, ) L(P, f, ) < pour prouver quef {(). Supposons dabord quec ]a , b[. Puisque estcontinueenc,ilexiste>0telque [(x) (c)[ 0, il existe >0tel que [f(x) f(xt)[ 2i/n1 +1in> 2(i1)/n.Par le thorme des valeurs intermdiaires, il existei

i1n,in

,i2,tel que2i/n1 +1in= 2i.On en dduit que la limite est gale

102xdx =1ln 2 .(g) Sian =n

f

1n

f

2n

. . . f

nn

, alorsln an =1n

ln f

1n

+ ln f

2n

+ + ln f

nn

etlimn+an = exp

10ln f(x) dx

.66SolutionsI.1.15. La fonctionf(x) =

sinxxsix ]0 , ],1 six = 0est continue sur [0 , ] et strictement positive sur [0 , [. Elle est donc Riemann-intgrable et 0f(x) dx > 0. De plus, puisqueSn =sinn+11+ sin2n+12+ + sinnn+1n=n + 1

sinn+1n+1+ sin2n+12n+1+ + sinnn+1nn+1

,on voit quelimn+Sn =

0f(x) dx > 0.I.1.16. Observons dabord quen

1nni=1f

in

10f(x) dx

= n

1nni=1f

in

ni=1 ini1nf(x) dx

= nni=1 ini1n

f

in

f(x)

dx= nni=1 ini1nft(i(x))

in x

dx,la dernire galit provenant du thorme des accroissement nis. Si on posemi = infft(x) : x

i1n,inetMi = supft(x) : x

i1n,in,on obtientmi ini1n

in x

dx ini1nft(i(x))

in x

dxMi ini1n

in x

dxet, en consquence,12nni=1minni=1 ini1nft(i(x))

in x

dx 12nni=1Mi.67ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesEnn, puisqueft est continue sur [0 , 1], on obtientlimn+n

1nni=1f

in

10f(x) dx

=12

10ft(x) dx=f(1) f(0)2.En appliquant alors le rsultat obtenu f(x) = xk, on obtientlimn+n

1k+ 2k+ +nknk+11k + 1

=12.I.1.17. On crit1k+ 3k+ + (2n 1)knk+1=1n

1k+ 3k+ + (2n 1)knk

=2kn

12n

k+

32n

k+ +

2n 12n

k

et on note que2i 12n=12

i 1n+in

est le milieu de i1n,in

, i = 1, 2, . . . , n. La dernire somme est donc gale unS(P, f) pourf(x) = 2kxket la limite est gale 2kk+1.I.1.18. Daprs la formule de Taylor, on af(x) f

2i 12n

= ft

2i 12n

x 2i 12n

+ 12 ftt(i(x))

x 2i 12n

2.En consquence,n2

10f(x) dx 1nni=1f

2i 12n

= n2ni=1 ini1n

f(x) f

2i 12n

dx= n2ni=1 ini1nft

2i 12n

x 2i 12n

dx+n22ni=1 ini1nftt(i(x))

x 2i 12n

2dx.68SolutionsOn remarque alors que chacune des intgrales ini1nft

2i 12n

x 2i 12n

dxsannule et124nni=1mi n22ni=1 ini1nftt(i(x))

x 2i 12n

2dx 124nni=1Mi,omiet Misontlesbornesinfrieuresetsuprieuresdefttdanslei-imeintervalle. Puisque fttestRiemann-intgrablesur [0 , 1], lersultatcherchsuit.I.1.19. AppliquezlesrsultatsprouvsenI.1.16etI.1.18f(x)=11+x,x [0 , 1].I.1.20. Il sut de prouver que changerfen un pointxt [a , b] ne changepas lintgrabilitet la valeur de lintgrale. Notonsfla fonction modie etm etMrespectivement son minimum et son maximum sur [a , b]. Supposons,par exemple, que xt ]a , b[. Puisquef= fest intgrable sur [a , xt] et sur[xt + , b], tant donn > 0, il existe des partitionsP1 de [a , xt] etP2 de[xt + , b] telles queU(Pi,f) L(Pi,f) < , i = 1, 2.Donc, siP= P1 P2, alorsU(P,f) L(P,f) < 2 + 2(M m),ce qui prouve quefest Riemann-intgrable sur [a , b]. De plus,

baf(x) dx

baf(x) dx

=

x

+x

f(x) f(x)

dx

2M,oM est le sup de

f f

sur [a , b].I.1.21. Supposons, parexemple, quefestcroissantesur[a , b]. Daprslethorme 1, il sut de prouver que, tant donn >0, il existe unepartitionPtelleque U(P, f, ) L(P, f, ) 0assezpetitpour que [x xt[ < et on a alors

f(x) f(xt)

V (f; a, b) .I.2.16. Puisquefest continue,il existe des points de [xi1, xi] ofprendles valeursMi etmi. Il est aussi clair que [f(xi) f(xi1)[Mimi. Donc,pour toute partitionP,V (f; a, b)W(f, P)V (f, P).Le problme prcdent implique que, tant donn > 0, il existe > 0 tel queV (f; a, b) V (f, P) < si(P) < . On en dduit que0V (f; a, b) W(f, P)V (f; a, b) V (f, P) < .I.2.17. Il estclairquesi f=g1 + g2og1, g2sont variationborne,alorsV (f; a, b)[[ V (g1; a, b) +[[ V (g2; a, b). Donc, pourax < yb,V (f; x, y)V (p1; x, y) +V (q1; x, y)= p1(y) p1(x) +q1(y) q1(x).Par dnition,p(y) p(x) =12(vf(y) +f(y) vf(x) f(x))=12(V (f; x, y) +f(y) f(x)) .80SolutionsOn en dduit quep(y) p(x) 12 (p1(y) p1(x) +q1(y) q1(x)+p1(y)q1(y)p1(x)+q1(x))= p1(y) p1(x).Ceci implique immdiatementV (p; a, b) V (p1; a, b). On tire une conclusionanalogue pourq etq1.I.2.18. Puisquefest variation borne, elle est majore, par exemple parM> 0. SoitF(x) = ln x,x [m, M].Fvrie une condition de Lipschitz carFt est borne sur [m, M]. Il dcoule du rsultat de I.2.9 queF f= ln fest variation borne sur [a , b]. Daprs le thorme 1,ln f= p q,op etq sont croissantes sur [a , b]. On peut donc prendreg = epeth = eq.I.2.19.(a) On avf(x) =f(x) + 2 six [1 , 0],2 f(x) six

0 ,33

,f(x) + 2 +439six

33, 1

.Donc,p(x) =f(x) + 2 six [1 , 0],2 six

0 ,33

,f(x) + 2 +239six

33, 1

etq(x) =0 six [1 , 0],f(x) six

0 ,33

,239six

33, 1

.(b) On vrie facilement quevf(x) =

1 cos x six [0 , ],cos x + 3 six [ , 2],p(x) =

0 six [0 , ],cos x + 1 six [ , 2],81ChapitreI.LintgraledeRiemann-Stieltjesetq(x) =

1 cos x six [0 , ],2 six [ , 2].(c) On avf(x) =x six [0 , 1[,1 +x six [1 , 2[,2 +x six [2 , 3[,6 six = 3,etp(x) = x et q(x) = [x].I.2.20. Soit x0 [a , b[ et limxx+0f(x) =f(x+0 ) =f(x0). Il sutdeprou-verque limxx+0V (f; x0, x)=0. tantdonn >0, il existe >x0tel que[f(x) f(x0)[ 0 tel que [f(x)[ Mpourx [a , b]. Deplus, poura = x0< x1< < xn = b, en utilisant la premire formule de lamoyenne (voir I.1.26), on obtientni=1[F(xi) F(xi1)[ =ni=1

xiaf(t) d(t)

xi1af(t) d(t)

=ni=1

xixi1f(t) d(t)

=ni=1[f(i) ((xi) (xi1))[ M((b) (a)).Il sensuit queV (f; a, b)M((b) (a)).I.2.27. Si limn+V (fn; a, b) = +, lingalit est vidente. On suppose doncque limn+V (fn; a, b) =l< +. tant donn> 0, il existe alors une sous-suite nktelleque V (fnk; a, b) 0tel quil nexiste pas dexn ]x , x +[ pourn < n0. Il sensuit que, pourx < y< x,[f(y) f(x)[ y 1. Il existe donc un entier strictement positifp0 tel que

f(b )f(b 2)

p>b apourp > p0 ou, de faon quivalente,(f(b ))p>b a(f(b 2))p.Puisque

ba(f(x))pdx >

bb(f(b ))pdx,on voit que1b a

ba(f(x))pdx >1b a

bb(f(b ))pdx= (f(b ))pb a> (f(b 2))p.On en dduit que(p) doit vrier(p)>b 2 pourp>p0, ce qui signieque limp+(p) = b.117ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.4.34. Clairement,

baP(x)f(x) dx = 0pourtoutpolynmeP.DaprslethormedapproximationdeWeierstrass(voir, par exemple, III.1.33 (vol. II)), il existe une suite de polynmes Pnuniformment convergente sur [a, b] versf. Donc, daprs le rsultat de I.3.9,

baf2(x) dx = limn+

baPn(x)f(x) dx = 0,ce qui donnef(x) 0 sur [a , b].I.4.35. Par hypothse,

baP(x)f(x) dx = 0pour tout polynmePde degr infrieur ou gal N. On suppose, contraire-ment la proposition, que ax1< x2 0 sur chacun des intervalles]a , xi1[, ]xi1 , xi2[, . . ., ]xim , b[. On en dduit que

baP(x)f(x) dx > 0,bien quePsoit un polynme de degr infrieur ou gal N. Contradiction.I.4.36. Soitf C[a,a].(a) On remarque dabord que, par hypothse,

aa(f(x) +f(x)) x2ndx =

aaf(x)x2ndx +

aaf(x) (x)2ndx= 2

aaf(x)x2ndx = 0.De plus,

aa(f(x)+f(x))x2n+1dx =

aaf(x)x2n+1dx

aaf(x)(x)2n+1dx.118SolutionsOn voit donc que

aa(f(x) +f(x)) xndx = 0 pour n Net le rsultat cherch dcoule de I.4.34.(b) La dmonstration se mne comme en (a).I.4.37. La premire formule de la moyenne (voir I.1.26) donne

ba(f(x +h) f(x)) dx =

b+ha+hf(x) dx

baf(x) dx=

aa+hf(x) dx +

b+hbf(x) dx= hf(a +h) +hf(b +th),o, t [0 , 1]. La continuit defdonne alorslimh01h

ba(f(x +h) f(x)) dx = f(b) f(a).I.4.38. On ag(x) =

b+xa+xf(u) du.Donc,gt(x) = f(b +x) f(a +x).I.4.39. On obtient, en utilisant la rgle de LHospital :(a) limx+

x1ln

1 +1t

dtx= limx+ln

1 +1x

12x= 2.(b) limx0

1xcos tt2dt1x= limx0cos x = 1.(c) limx0+

x20sint dtx3=limx0+2xsin x3x2=23 .(d) limx+

1xa

x0ln P(t)Q(t) dt

= limx+ln P(x) ln Q(x)axa1= 0.119ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.4.40. On obtient, en utilisant la rgle de LHospital :(a)limx+

1ln x

x0dt51 +t5

= limx+x51 +x5= 1.(b)limx0

1x

x0(1 + sin t)1tdt

=limx0(1 + sin x)1x= e,carlimx0ln(1 + sin x)x= limx0cos x1 + sin x= 1.(c)limx0+

1x2

x0t1+tdt

=limx0+xx2=12 .(d)limx+1x2 ln

x0et2dt = limx+ex22x

x0et2dt= limx+2xex22

x0et2dt + 2xex2= limx+ex2+ 2x2ex22ex2+ 2x2ex2= 1.Donc, limx+

x0et2dt

1/x2= e.I.4.41. SiA = [f(x0)[ = max [f(x)[ : x [0 , 1], on a alors, pourp > 0,

10[f(x)[pdx

1/p

10Ap

1/p= A.Dautre part, par continuitde la fonctionf, tant donn> 0, il existe unintervalle [, ] [0 , 1] tel que [f(x)[A2 pour x [, ]. En consquence,

10[f(x)[pdx

1/p

[f(x)[pdx

1/p

A2

p

1/p=

A2

( )1/p Apourp susamment grand.120SolutionsI.4.42. Soity0 [c , d] et > 0 choisis arbitrairement. Puisquefest unifor-mment continue sur R, il existe> 0 tel que[f(x1, y1) f(x2, y2)[ 0,il existe> 0 tel que pourx [a , b] et[h[ < ,

fy (x, y +h) fy (x, y)

exxNex+xNpour x > 0.Si on poseF(x) =

x0et

1 +t1! +t22! + +t2N(2N)!

dt,on obtient alors, avec lingalit prcdente,F(2N) =

2N0et

1 +t1! +t22! + +t2N(2N)!

dt>

2N0

1 t2N+ett2N

dt > N.122SolutionsDautre part,F(N) =

N0et

1 +t1! +t22! + +t2N(2N)!

dt 1, on a

10(1 x)dx =1 + 1 =0! + 1 .125ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesOn suppose que lgalit est vrie au rangn et on intgre par partiespour obtenir

10xn+1(1 x)dx =

10xn+1

(1 x)+1 + 1

tdx=n + 1 + 1

10xn(1 x)+1dx=(n + 1)!( + 1)( + 2) . . . ( +n + 1)( +n + 2) .(d) Une intgration par parties donneIn =

10(ln x)ndx = n

10(ln x)n1dx = nIn1.Puisque queI1 = 1, on en dduit queIn = n!.(e) Le changement de variablet = 1 xndonne

n01

1 xn

nxdx =

101 tn1 tdt=

10

1 +t +t2+ +tn1

dt= 1 + 12 + 13 + +1n .(f) On obtient, en intgrantn fois par parties,

10xnlnnxdx = nn + 1

10xnlnn1xdx=n(n 1)(n + 1)2

10xnlnn2xdx== (1)nn!(n + 1)n+1.(g) Si n= 1,alors +0dx(1+x2)n =2.Si n> 1,lechangementdevariablex = tan t donne

+0dx(1 +x2)n=

/20cos2nt cos2t dt =

/20cos2n2t dt=1 3 . . . (2n 3)2 4 . . . (2n 2) 2,la dernire galit provenant de I.4.1(b).126Solutions(h) Le changement de variablet = x x21 donne

+1dxx2x21 =

104t(1 +t2)2dt = 1.(i) On remarque dabord que

+0ln xx2+a2dx =

10ln xx2+a2dx +

+1ln xx2+a2dxet chacune des intgrales du second membre converge. De plus,

+0ln xx2+a2dx =

a0ln xx2+a2dx +

+aln xx2+a2dx=

a0ln xx2+a2dx +

0aln

a2/t

(a2/t)2+a2

a2t2

dt=

a0ln xx2+a2dx +

a02 ln a ln tt2+a2dt=

a02 ln at2+a2dt = ln a2a.(j) On a

+0ln x(x2+a2)2dx =1a3

+0ln a + ln t(1 +t2)2dt=1a3

+0ln a(1 +t2)2dt +1a3

+0ln t(1 +t2)2dt= ln a4a3+1a3

+0ln t(1 +t2)2dt,la derniregalitvenantde(g).Lechangementdevariablet=tan xdonne alors

+0ln t(1 +t2)2dt = 20cos2xln(tan x) dx= 201 + cos 2x2ln(tan x) dx=12 20cos 2xln(tan x) dx,127ChapitreI.LintgraledeRiemann-Stieltjescar 20ln(tan x) dx = 0 (voir la solution de (b)). Finalement,une int-gration par parties donne 20cos 2xln(tan x) dx = 0 20sin 2x2

1tan x 1cos2x dx = 2.(k) On voit, en utilisant le changement de variablet = x, queI =

0ln(1 + cos x) dx =

0ln(1 cos t) dt.On a donc, par symtrie de sin x et daprs (b),2I =

0ln

1 + cos2x

dx = 2

0ln(sin x) dx= 4

/20ln(sin x) dx = 2 ln 2.(l) Le changement de variablex = tan t et (b) donnent

+0ln

x + 1x

dx1 +x2=

/20ln

1sin t cos t

dt = ln 2.I.5.2. On observe quef(x) =

x

x

+

1x 1x

.Puisque

/j/(j+1)

x

x

dx =

1/j1/(j+1)

1x 1x

dxpourj N, on a

10f(x) =

0

x

x

dx

1

x

x

dx +

10

1x 1x

dx=

1

x

x

dx = ln .I.5.3. On suppose, par exemple, quefest croissante sur ]0 , 1[. On a alors

1 1n0f(x) dx f

1n

+f

2n

+ +f

n1n

n

11nf(x) dx,ce qui implique le rsultat cherch.128SolutionsI.5.4. On peut supposer, sans perte de gnralit, quefest dcroissante etlimx1f(x) est nie. On a alors

11nf(x) dx f

1n

+f

2n

+ +f

n1n

n.Donc, lim0+

1f(x) dx existe et est nie.I.5.5. On considref(x) =1x 11 x .La fonctionfest dcroissante sur ]0 , 1[, on alimn+f

1n

+f

2n

+ +f

n1n

n= 0,mais lintgrale impropre 10f(x) dx nexiste pas.I.5.6.(a) On voit, en prenantf(x) = ln x, quelimn+ln1n + ln2n + + lnn1nn= 1.Donc,limn+nn!n=1e .(b) On obtient, en prenantf(x) = lnsin(x2 ) pourx ]0 , 1] et en utilisantI.5.1(b),limn+n

sin2n sin 22n . . . sin (n 1)2n=12 .(c) On posean =1nnk=1(ln k)2

1nnk=1ln k

2.129ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesOn a alorsan =1nnk=1

ln kn + ln n

2

1nnk=1

ln kn + ln n

2=1nn1k=1

ln kn

2

1nn1k=1ln kn

2.Donc, daprs I.5.3 et I.5.1(d),limn+an =

10(ln x)2dx

10ln xdx

2= 2 1 = 1.I.5.7. On remarque dabord que le thorme de Cauchy (voir, parexemple, I.1.37(vol. II)) impliquelecritresuivant pour laconvergencedes intgrales impropres : pourg: ]a , b] R, lintgrale impropre bag(x) dxconverge si et seulement si, tant donn >0, il existe >0tel que

a2a1g(x) dx

< pour tousa1 eta2 tels que a < a1< a + eta < a2< a +.Il sensuit, par hypothse, quelimx0+

2xxtf(t) dt = 0.Clairement, on peut supposer quil existex0> 0 tel quefest soit strictementpositive, soit strictement ngative sur ]0 , x0[. Sifest strictement positive sur]0 , x0[ et dcroissante, alors

2xxtf(t) dt >

f(2x)xx si0,f(2x)(2x)x si < 0.De mme, sifest strictement positive sur ]0 , x0[ et croissante, alors

2xxtf(t) dt >

f(x)xx si0,f(x)(2x)x si < 0.Lesingalitsprcdentesimpliquent limx0+f(x)x+1=0. Unraisonnementanalogue sapplique au cas ofest strictement ngative sur ]0 , x0[.I.5.8.(a) On a

+2dxxln x= limx+lnln x ln ln 2 = +.130Solutions(b) Puisquesin2x1 +x2 11 +x2,lintgrale converge.(c) Le changement de variable ln x = t donne

10(ln x)adx =

+0taetdt =

10taetdt +

+1taetdt.Puisquelimt+taett2= 0,la dernire intgrale converge pour tout rela. De plus, puisquelimt0+taetta= 1,lintgrale 10taetdt converge si et seulement si lintgrale 10tadtconverge, autrement dit, si et seulement sia > 1.(d) Comme en (c),

10dxxa(ln x)b=

+0tbe(1a)tdt.On vrie facilement que cette dernire intgrale diverge vers + pourtoutb sia1. Puisque, poura < 1,

+0tbe(1a)tdt = (1 a)b1

+0tbetdt,on dduit de la solution de (c) que notre intgraleconvergesi et seule-ment sia < 1 etb < 1.(e) La divergence de lintgrale se dduit de lingalit

+0x1 +x2sin2xdx

+0x1 +x2dx.I.5.9. Puisquef(t) +1f(t)2, on voit que

xaf(t)g(t) dt +

xag(t)f(t) dt2

xag(t) dt.On obtient le rsultat voulu en faisant tendrex vers +.131ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.5.10. Lnoncdcouleimmdiatementdeladnitiondelintgraleim-propre et du thorme de Cauchy donn, par exemple, en I.1.37 (vol. II).I.5.11. Supposons que lintgrale

+af(x) dx converge et que an, an> a,est une suite croissante divergente vers +. On a alors

+af(x) dx = limn+

anaf(x) dx = limn+nk=1

akak1f(x) dx=+n=1

anan1f(x) dx.Dautre part, si la srie prcdenteconverge pour toute suite croissante andivergentevers+, alorslalimite limx+

xaf(t) dtexisteetestgalelasomme de la srie.Si f est positive, la fonction F(x) =

xaf(t) dt est alors croissante. De plus,sil existe une suite croissante an,an> a, divergente vers + pour laquellela srie (1) converge, alorsFest majore par la somme de cette srie. Donc lalimite limx+F(x) existe.I.5.12. Daprs le rsultat du problme prcdent, lintgrale converge si etseulement si+n=0

(n+1)ndx1 +xasin2x=+n=0

0dx1 + (x +n)asin2x< +.On remarque alors que

0dx1 + ((n + 1))asin2x

0dx1 + (x +n)asin2x

0dx1 + (n)asin2x.De plus, on a

0dx1 +b2sin2x= 2

/20dx1 +b2sin2x.On voit alors, en faisant le changement de variabley = tan x, que

/20dx1 +b2sin2x=

+0dy1 + (b2+ 1)y2=2b2+ 1 .Onendduit alors que lintgrale converge pour a >2et diverge pour0 < a2.132SolutionsI.5.13. Non. Prenezf(x) = ex+g(x),x R+, og(x) =0 six

0 ,74

,1 six = 2, 3, . . .n2(x n) + 1 six

n n2, n

,n = 2, 3, . . .n2(x n) + 1 six

n, n +n2

,n = 2, 3, . . .0 sinon.I.5.14. Oui, elle limplique. En eet, si on na pas limx+f(x) = 0, il existealors> 0 etunesuite xn tendantvers+ tellequexn+1 xn> 2 ettelle quef(xn). Daprs le thorme des accroissements nis,f(x) = f(xn) +ft(n)(x xn), xn< n< x < xn +4 .En consquence,f(x) > 24=2pourx

xn, xx +4

et

+af(x) dx +n=1

xn+1xnf(x) dx >+n=1

xn+/4xnf(x) dx

+n=128= +.Contradiction.I.5.15. On suppose, contrairement lnonc, que lon na paslimx+f(x) = 0. Il existe alors un rel > 0 et une suite croissantexn tendant vers + telle que soitf(xn) pour toutn, soitf(xn)pour tout n. Supposons, par exemple, que f(xn) pour tout n. Parcontinuit uniforme de f, il existe > 0 tel que [f(t) f(s)[ 2, do

xn+xnf(x) dx > . (1)Dautrepart, puisquelintgraleimpropre +af(x) dxconverge, daprslethorme de Cauchy (voir I.5.10), il existea0> a tel que poura2> a1> a0,

a2a1f(x) dx

< ,ce qui contredit (1).133ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesDe plus, on peut remarquer que si f est continue sur [a , +[ etlimx+f(x) =0, f estalors uniformment continuesur [a , +[ (voir, parexemple, I.5.7(b) (vol. II)).On notera aussi que le rsultat de I.5.14 est un cas particulier de ce pro-blme.I.5.16. Soit xn une suite croissante tendant vers +. tant donn > 0,il existe alorsn0 tel que

+xn0f(x) dx < .Donc, par monotonie def, pourn > n0,(xnxn0)f(xn)

xnxn0f(x) dx

+xn0f(x) dx < et0xnf(xn) xnxnxn0.En faisant tendren vers +, on obtient 0limn+xnf(xn). Puisque lonpeut choisir arbitrairement, on voit que limn+xnf(xn) = 0.Pour voir que la rciproque est fausse, considrez, par exemple, f(x) =1xln x(x2).I.5.17.(a) On suppose, contrairement lnonc, que

+1dxxln f(x)< +. On voit,en utilisantlechangementdevariablex=et,que +0dtlnf(et)< +.Lersultatduproblmeprcdent implique limx+xln f(ex)=0. Donc,pour x susamment grand,xln f(ex) 0, il existea0> a tel que poura2> a1> a0,

a2a1f(x)g(x) dx

< .Daprs la seconde formule de la moyenne (voir I.3.16),

a2a1f(x)g(x) dx = g(a1)

ca1f(x) dx +g(a2)

a2cf(x) dxpouruncertainc [a1, a2]. Puisquegestborne, il existeC>0tel que[g(x)[ Cpourx [a , +[.Daprs (1),lintgraleimpropre +af(x) dxexiste et le thorme de Cauchy implique quil existea0> a tel que

ca1f(x) dx

0, il existea0> a tel que

a2a1f(x)g(x) dx

< pour a2> a1> a0. Puisque limx+g(x) = 0, il existe a0> a tel que [g(x)[ a0. Daprs la seconde formule de la moyenne et daprs (1),

a2a1f(x)g(x) dx

[g(a1)[

ca1f(x) dx

+[g(a2)[

a2cf(x) dx

< 2C4C+ 2C4C= .I.5.24.(a) Puisque

b1sinxdx

2 pour toutb > 1etpuisquelafonctionx 1xtenddefaonmonotonevers0lorsquextendvers +, laconvergence de +1sin xxdxdcoule dutest deDirichlet.(b) Si lintgrale impropre +1[sinx[xdx convergeait, alors +1sin2xxdxconvergerait aussi (car sin2x[sin x[). Ceci donnerait12

+11 cos 2xxdx < +. (1)Comme en (a), on peut prouver que +1cos 2xxdx converge. Ceci, com-bin avec (1), impliquerait la convergence de +11x dx. Contradiction.(c) Le changement de variablex =t donne

+1sin

x2

dx =

+1sin t2tdt.Donc, comme en (a), lintgrale converge.137ChapitreI.LintgraledeRiemann-Stieltjes(d) On applique le test de Dirichlet avec g(x) =1xet f(x) = esin xsin 2x car

b1esin xsin2xdx

=

2esin x(sin x 1)

b1

8epour toutb > 1.(e) On poseg(x) =lnxxet f(x) = sin x.On a alorsgt(x) =ln1xx2( lnx) < 0pourx susammentgrand.Doncgdcrotvers0 et le test de conver-gence de Dirichlet sapplique.I.5.25. Si a+Taf(x) dx = 0, alors de mme a+kTaf(x) dx = 0 pourk N.Pourb > a, on posek =

baT

. Daprs le rsultat de I.4.8, on a

baf(x) dx

=

ba+kTf(x) dx

=

bkTaf(x)dx

bkTa[f(x)[ dx

a+Ta[f(x)[ dx = C.Lepremiernoncest alorsuneconsquenceimmdiatedu testdeDirichlet(voir I.5.23).Pourdmontrerlesecondnonc, onpose a+Taf(x) dx=I =0etonconsidre lintgrale

+a

f(x) IT

g(x) dx.Cequelonadjprouvimpliquequecetteintgraleconverge. Encons-quence, +af(x)g(x) dxconvergesietseulementsi lintgrale +ag(x) dxconverge.I.5.26.(a) Puisque

20sin(sin x)ecos xdx=

0sin(sin x)ecos xdx+

2sin(sin x)ecos xdx=0,lintgrale considre converge.138Solutions(b) On a

20sin(sin x)esin xdx =

0sin(sin x)esin xdx +

2sin(sin x)esin xdx=

0

esin xesinx

sin(sin x) dx > 0.Donc lintgrale diverge.I.5.27. On observe dabord que limx0+sinxx+sin xexiste et est nie pour toutstrictement positif. On peut donc se limiter tudier la convergence de

+2sin xx+ sin x dx.On asin xx+ sin x=sin xxsin2xx(x+ sin x) .On sait (voir I.5.24(a)) que lintgrale

+2sin xxconverge pour > 0. Il sutdonc dtudier lintgrale

+2sin2xx(x+ sin x) dx. (1)Puisquesin2xx(x+ 1) sin2xx(x+ sin x) sin2xx(x1) , (2)onvoitquelintgrale(1)convergepour >12. EnappliquantlersultatdeI.5.25, on trouvequelintgrale +2sin2xx(x+sinx) dxdivergepour 12.On dduitdoncde(2)quelintgrale(1)divergeaussi si 12.Lintgraletudie converge pour >12.I.5.28. Puisque

+af(x) dx =

+a(xf(x))1x dx,lnonc dcouledu test de convergencedAbel pour les intgrales impropres(voir I.5.22).139ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.5.29. Supposons, par exemple, que f est dcroissante sur R+. On voit alors,puisque +0f(x) dx existe, que limx+f(x) = 0. Donc, daprs I.5.11,

+0f(x) dx =+n=0

(n+1)hnhf(x) dxh+n=0f(nh).De mme,

+0f(x) dxh+n=1f(nh) = h+n=0f(nh) hf(0).Donc,0h+n=0f(nh)

+0f(x) dxhf(0),ce qui donne lgalit dsire.En prenantf(x) =11+x2, on obtientlimh0++n=1h1 +h2n2=

+0dx1 +x2=2.I.5.30. Il est clair que(1) =

+0exdx = 1.On suppose dabord que 0 < < 1 et on crit

+0exx1dx =

10exx1dx +

+1exx1dx = I1 +I2.On aI1 =

10exx1dx

10x1dx =1 .De plus,I2 =

+1exx1dx

+1exdx = e1.Si > 1, alors limx0+exx1= 0 et il sut de prouver la convergence de

+x0exx1dx140Solutionspouruncertainx0>0. Puisque limx+ex/2x1=0, il existex0tel queex/2x1< 1 pourx > x0. Donc,

+x0exx1dx

+x0ex/2dx = 2ex02.I.5.31. On posef(x) = exx1et on prendh = ln t. On a alors() =limt1(ln t)+n=1tn(nlnt)1=limt1(ln t)+n=1n1tn.Puisque limt1ln t1t= 1, on obtient() =limt1(1 t)+n=1n1tn.On note maintenant que, pour 0 < t < 1,1(1 t)= 1 ++n=1( + 1) . . . ( +n 1)n!tnet on remarque que la suitecn =n1n!( + 1) . . . ( +n 1)est monotone. En eet, si1, alorscn+1cn=n +n

1 +1n

1,car 1 +1n

1 +n(voir,parexemple, II.3.7(a)(vol. II)).Danscecasdonc,la suite cnsoitconverge, soitdivergevers+.Si0 a tel que pourb > a0 ety A, on a

baf(x, y) dx

a0af(x, y) dx

ba0[f(x, y)[ dx

ba0(x) dx < .Ceci implique le rsultat voulu.143ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesI.5.36. Il sut de prouver que, tant donn > 0, il existea0> a tel que

a2a1f(x, y)g(x, y) dx

< poura2>a1>a0et poury A. Daprs la seconde formule de la moyenne(voir I.3.16),

a2a1f(x, y)g(x, y) dx = g(a1, y)

ca1f(x, y) dx +g(a2, y)

a2cf(x, y) dxpouruncertaincde[a1, a2]. Puisquegestborne, il existeC>0tel que[g(x, y)[ Cpour x[a , +[ et yA. Laconvergence uniforme de

+af(x, y) dx implique quil existea0> a tel que

ca1f(x, y) dx

0,

+bsin axxdx =

+basin xxdx,dolima0+

+bsin axxdx =

+0sin xxdx =2,cette dernire galit provenant de I.5.33.144Solutions(c) Puisque

cos a(x2+ 1)x2+ 1

1x2+ 1, a R,la convergence uniforme de lintgrale se dduit de I.5.35.(d) On sait (comparez avec I.5.24(c)) que +0cos2xdx converge. Laconvergence uniforme de lintgrale se dduit donc de I.5.37.I.5.40. Puisquef(x, y) converge vers(x) lorsquey tend versy0 uniform-ment sur un intervalle [a , b],limyy0

baf(x, y) dx =

ba(x) dx (voir I.3.9). (1)De plus, la convergence uniforme de

+af(x, y) dx implique que, tant donn > 0, il existea0> a tel que pourb, bt> a0

baf(x, y)dx

b

af(x, y) dx

< pour touty A. En faisant tendrey versy0, on obtient, daprs (1),

ba(x) dx

b

a(x) dx

< .Ceci signie que lintgrale +a(x) dx converge. On montre maintenant quelgalitchercheestbienvrie. Soit >0. Ilexistea0>atel quepourb > a0,

+bf(x, y) dx

< pour touty Aet

+b(x) dx

< .De plus, daprs (1), il existe = (b, ) tel que

baf(x, y) dx

ba(x) dx

< si [y y0[ < . En consquence,

+af(x, y) dx

+a(x) dx

< 3ds que [y y0[ < .145ChapitreI.LintgraledeRiemann-StieltjesIl est clairque lon suppose quey0est un point de ladhrencedeA. Deplus, le raisonnement prcdent sapplique encore lorsquey tend vers +. Enparticulier, le thorme sapplique des suites de fonctions.I.5.41. Ici A = N et pour toutn N,

+0fn(x) dx =

en2x2

+0= 1.De plus, puisquesupx0fn(x) = fn

n3

=33ne3/2,fn converge uniformment vers 0 sur R+, mais1 = limn+

+0fn(x) dx =

+00 dx = 0.On remarque que lintgrale +0fn(x) dx ne converge pas uniformment surN car +afn(x) dx = 1 en2a2> 1 e1pour n > 2a2.I.5.42.(a) Daprs I.5.37, +0sin xxeyxdxconverge uniformment sur R+. Deplus,supx[0,b]

sin xxeyx sin xx

1 eyb.Le rsultat se dduit donc de I.5.33 et I.5.40.(b) On prouve dabord quesinx2Arctan(yx) y+2 sin x2uniformment sur R+. En eet, tant donn > 0,supxR+

sinx2

2 Arctan(yx)

supx

0,/

sin x2

2 Arctan(yx)

+ supx

/,+

sinx2

2 Arctan(yx)

2 +2 Arctan

y

< 146Solutionspour ysusammentgrand. Deplus, laconvergenceuniformedelin-tgrale +0sin x2Arctan(yx) dxsedduitdeI.5.24(c)etI.5.37.Onpeut donc appliquer I.5.40.(c) Pour montrer que

+0sin xx

1 +xn

ndx converge uniformment sur N,on appliqueI.5.37 en prenantg(x, n)= 1 +xn

netf(x) =sin xx. Lersultat souhait se dduit donc de I.5.40.(d) Comme prc