Solutions
(d) On a
2π
π
x dx
Arctan(nx)
=
1
n 2
2nπ
nπ
x dx
Arctan x
.
Puisque
lim
n→+∞
x
Arctan x
−
x
π/2
=
4
π 2 ,
étant donné ε > 0, il existe x 0 tel que
4
π 2 +
2x
π
− ε <
x
Arctan x
<
4
π 2 +
2x
π
+ ε
si x > x 0 . Donc, pour x suffisamment grand,
3π
1 +
4
π 2 − ε
3n
<
1
n 2
2nπ
nπ
x dx
Arctan x
< 3π
1 +
4
π 2 + ε
3n
.
Il s’ensuit que
e
1
3
4
π 2 −ε
lim
n→+∞
1
3π
2π
π
x dx
Arctan(nx)
n
lim
n→+∞
1
3π
2π
π
x dx
Arctan(nx)
n
e
1
3
4
π 2 +ε
.
En faisant tendre ε vers 0, on obtient
lim
n→+∞
1
3π
2π
π
x dx
Arctan(nx)
n
= exp
4
3π 2
.
I.4.21.
(a) On sait que sin t
2
π t pour t ∈
0 ,
π
2
. Donc,
0
π/2
0
e
−R sin t dt
π/2
0
e
−
2
π
Rt dt =
π
2R
1 − e
−R
,
d’où
lim
R→+∞
π/2
0
e
−R sin t dt = 0.
(b) On se donne ε > 0 suffisamment petit. La suite {
n
√ x} est alors uniformément convergente vers 1 sur [ε , π]. Donc, d’après le résultat de I.3.9,
lim
n→+∞
π
ε
n
√
x sin x dx =
π
ε
sin x dx = 1 + cos ε.
De plus,
ε
0
n
√
x sin x dx < ε
n
√
ε < ε
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