206 Chap. 8. Intégration sur un intervalle quelconque
Puisque
+∞
1
f (t) dt est constant et donc négligeable devant − ln x en 0, on a le
résultat souhaité.
4. La fonction F est continue sur ]0, +∞[. On a F(x) ∼
x→0
− ln x et la fonction logarithme est intégrable sur ]0, 1] donc F également. De plus, |F(x)| = O(1/x
2 ) en
+∞ donc F est intégrable sur [1, +∞[. Finalement F est bien intégrable sur R
∗
+ .
Le résultat le plus simple concernant F est la valeur de sa dérivée. On imagine
donc qu’on va intégrer par parties. Soit 0 < ´ < A,
A
´
F(x) dx = [x F(x)]
A
´ −
A
´
x F
(x) dx
= AF(A) − ´F(´) +
A
´
x
sin x
x 2 dx
Or ´F(´) ∼
´→0
−´ ln ´ de limite nulle lorsque A tend vers +∞,
AF(A) =
cos A
A
+ O(1/A
2 ) de limite nulle, ce qui donne en prenant les limites
+∞
0
F(x) dx =
+∞
0
sin x
x
dx.
5. ∀x ∈ ]0, p], F
(x) = −
sin x
x 2 0. Donc F est décroissante sur ]0, p], et même
strictement décroissante puisque F
ne s’annule qu’en p. La fonction F admet
une limite infinie en 0. Il reste à monter que F(p) 0.
F(p) =
+∞
p
f (t) dt =
+∞
n=1
(n+1)p
np
f (t) dt.
On pose I n =
(n+1)p
np
f (t) dt =
p
0
sin(u + np)
(u + np) 2 du par changement de variable
t = u + np. Or I n = (−1)
n
p
0
sin(u)
(u + np) 2 du = (−1)
n u n . Puisque la fonction
sinus est positive sur [0, p],
p
0
sin(u)
((n + 1)p) 2 du
p
0
sin(u)
(u + np) 2 du
p
0
sin(u)
(np) 2 du
donc 0 u n+1
p
0
sin(u)
((n + 1)p) 2 du u n , ce qui donne la décroissance de (u n ),
ainsi qu’une limite nulle pour cette suite. Par le critère spécial des séries alternées,
la somme de la série est du signe de son premier terme, c’est-à-dire négatif. Donc
F(p) 0.