Solutions
pour a 1 > a 0 . Donc,
a 2
a 1
f (x)g(x) dx
|g(a 1 )|
c
a 1
f (x) dx
+ |g(a 2 )|
a 2
c
f (x) dx
< C
ε
2C
+ C
ε
2C
= ε.
I.5.23. Comme dans la démonstration du test d’Abel, on montre que, étant
donné ε > 0, il existe a 0 > a tel que
a 2
a 1
f (x)g(x) dx
< ε
pour a 2 > a 1 > a 0 . Puisque lim
x→+∞
g(x) = 0, il existe a 0 > a tel que |g(x)| <
ε
4C
pour x > a 0 . D’après la seconde formule de la moyenne et d’après (1),
a 2
a 1
f (x)g(x) dx
|g(a 1 )|
c
a 1
f (x) dx
+ |g(a 2 )|
a 2
c
f (x) dx
< 2C
ε
4C
+ 2C
ε
4C
= ε.
I.5.24.
(a) Puisque
b
1
sin x dx
2 pour tout b > 1
et puisque la fonction x →
1
x α tend de façon monotone vers 0 lorsque
x tend vers +∞, la convergence de
+∞
1
sin x
x α dx découle du test de
Dirichlet.
(b) Si l’intégrale impropre
+∞
1
|sin x|
x dx convergeait, alors
+∞
1
sin 2 x
x dx
convergerait aussi (car sin
2 x |sin x|). Ceci donnerait
1
2
+∞
1
1 − cos 2x
x
dx < +∞.
(1)
Comme en (a), on peut prouver que
+∞
1
cos 2x
x dx converge. Ceci, combiné avec (1), impliquerait la convergence de
+∞
1
1
x dx. Contradiction.
(c) Le changement de variable x =
√
t donne
+∞
1
sin
x
2
dx =
+∞
1
sin t
2
√
t
dt.
Donc, comme en (a), l’intégrale converge.
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