Solutions
Ceci donne
π/2
0
sin(2n + 1)x
sin x
dx =
π
2
.
Pour prouver (2), on remarque que, d’après I.4.11(a),
lim
n→+∞
π/2
0
sin(2n + 1)x
x
dx −
π/2
0
sin(2n + 1)x
sin x
dx
= lim
n→+∞
π/2
0
sin x − x
x sin x
sin(2n + 1)x dx = 0.
I.5.34. L’inégalité
1 − x
2
e
−x 2
1
1 + x 2
implique
1 − x
2
n e
−nx 2 pour |x| 1, n ∈ N
∗
et
e
−nx 2
1
(1 + x 2 )
n
pour x ∈ R, n ∈ N
∗ .
Donc,
1
0
1 − x
2
n dx
1
0
e
−nx 2 dx
+∞
0
e
−nx 2 dx
+∞
0
1
(1 + x 2 )
n dx.
On obtient alors, d’après la solution de I.4.2 et d’après I.5.1(g),
2 × 4 × · · · × (2n)
3 × 5 × · · · × (2n + 1)
+∞
0
e
−nx 2 dx
3 × 5 × · · · × (2n − 3)
2 × 4 × · · · × (2n − 2)
×
π
2
.
De plus, le changement de variable t = x
√ n donne
√
n
2 × 4 × · · · × (2n)
3 × 5 × · · · × (2n + 1)
+∞
0
e
−t 2 dt
3 × 5 × · · · × (2n − 3)
2 × 4 × · · · × (2n − 2)
×
π
2
√
n,
ce qui, combiné avec la formule de Wallis (voir, par exemple, III.8.38 (vol. I)),
donne l’égalité désirée.
I.5.35. D’après le théorème de Cauchy (voir I.5.10), étant donné ε > 0, il
existe a 0 > a tel que pour b > a 0 et y ∈ A, on a
b
a
f (x, y) dx −
a 0
a
f (x, y) dx
b
a 0
|f (x, y)| dx
b
a 0
ϕ(x) dx < ε.
Ceci implique le résultat voulu.
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