Solutions
car lim
n→+∞
a n−1
an = 0. D’autre part,
+∞
e e
dx
x ln f (x) ln(ln f (x))
=
+∞
n=1
an
a n−1
dx
xe e n e n
=
+∞
n=1
e e n − e e n−1
e e n e n
<
+∞
n=1
1
e n .
I.5.18. Soit F (x) =
x
0 f (t) dt. On a F x) = f (x) et, par hypothèse,
lim
x→+∞
(F
(x) + F (x)) = l, l ∈ R.
On déduit de II.2.32 (vol. II) que lim
x→+∞
F (x) = l, d’où
lim
x→+∞
f (x) = lim
x→+∞
F
(x) = 0.
I.5.19. Posons F (x) =
x
0 f (t) dt. Par hypothèse, F est croissante et une
intégration par parties donne
1
n
n
0
xf (x) dx =
1
n
n
0
x dF (x) = F (n) −
1
n
n
0
F (x) dx.
On sait que lim
n→+∞
F (n) =
+∞
0
f (x) dx < +∞. On montre alors que
lim
n→+∞
1
n
n
0 F (x) dx = lim
n→+∞
F (n). Par monotonie de F , on a
F (0) + · · · + F (n − 1)
n
1
n
n
0
F (x) dx
F (1) + · · · + F (n)
n
et notre proposition se déduit de II.3.2 (vol. I).
I.5.20. Puisque f est uniformément continue sur [a , +∞[, il existe δ > 0
tel que |f (s) − f (t)| < 1 si |t − s| < δ. Supposons que f ne soit pas bornée.
Il existe alors une suite {a n } telle que a n+1 > a n + δ et |f (a n )| n. Par
hypothèse,
an
a
f (t) dt
an
an−
δ
2
f (t) dt
−
an−
δ
2
a
f (t) dt
an
an−
δ
2
f (t) dt
− M.
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