Solutions
pour y suffisamment grand. De plus, la convergence uniforme de l’intégrale
+∞
0
sin x 2 Arctan(yx) dx se déduit de I.5.24(c) et I.5.37. On
peut donc appliquer I.5.40.
(c) Pour montrer que
+∞
0
sin x
x
1 +
x
n
−n dx converge uniformément sur N ∗ ,
on applique I.5.37 en prenant g(x, n) =
1 +
x
n
−n et f (x) =
sin x
x . Le
résultat souhaité se déduit donc de I.5.40.
(d) Comme précédemment, on applique I.5.37, I.5.1(h) et I.5.40.
(e) Le changement de variable u = yx donne
+∞
0
y
2 sin xe
−y 2 x 2 dx =
+∞
0
y sin
u
y
e
−u 2 du.
La convergence uniforme de cette dernière intégrale sur R ∗
+ découle
de I.5.35. Il est aussi clair que y sin
u
y e −u 2 − −−− →
y→0 +
0, uniformément sur
R + . On peut donc appliquer I.5.40.
I.5.43. Puisque l’intégrale impropre
+∞
a
f (x, y) dx converge uniformément
sur [c , d], étant donné ε > 0, il existe b > a tel que
+∞
b
f (x, y) dx
<
ε
3
pour tout y ∈ [c , d]. De plus, la convergence uniforme de f sur [a , b] × [c , d]
implique qu’il existe δ > 0 tel que
|f (x, y 1 ) − f (x, y 2 )| <
ε
3(b − a)
pour (x, y 1 ), (x, y 2 ) ∈ [a , b] × [c , d] si |y 1 − y 2 | < δ. En conséquence,
|I(y 1 ) − I(y 2 )|
=
b
a
f (x, y 1 ) dx −
b
a
f (x, y 2 ) dx +
+∞
b
f (x, y 1 ) dx −
+∞
b
f (x, y 2 ) dx
b
a
|f (x, y 1 ) − f (x, y 2 )| dx +
+∞
b
f (x, y 1 ) dx
+
+∞
b
f (x, y 2 ) dx
<
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
= ε.
I.5.44. Puisque
+∞
a
f (x, y) dx converge pour tout y ∈ [c , d], on peut écrire
I(y) =
+∞
a
f (x, y) dx =
+∞
n=1
an
a n−1
f (x, y) dx,
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