Solutions
De plus, étant donné ε > 0, il existe δ > 0 tel que 0 g(x) − g(0 + ) < ε pour
0 < x δ. On écrit alors
a
0
g(x) − g(0
+ )
sin nx
x
dx =
δ
0
g(x) − g(0
+ )
sin nx
x
dx
+
a
δ
g(x) − g(0
+ )
sin nx
x
dx
= I 1 + I 2 .
On obtient, en utilisant la forme de Bonnet du second théorème de la moyenne
donnée en I.3.17(a),
I 1 =
g(δ) − g(0
+ )
δ
c
sin nx
x
dx =
g(δ) − g(0
+ )
nδ
nc
sin x
x
dx
pour un certain c ∈ [0 , δ]. Puisque
+∞
0
sin x
x dx =
π
2 , la fonction x →
x
0
sin t
t dt
est bornée. Il existe donc M > 0 tel que
nδ
nc
sin x
x dx
M et |I 1 | < Mε. Enfin, d’après I.3.18, I 2 tend vers 0 lorsque n tend vers +∞, ce qui conclut la
démonstration du lemme.
On se tourne maintenant vers la démonstration du test de Dirichlet-Jordan.
On a
s n (x 0 ) =
1
π
δ
0
(f (x 0 + t) + f (x 0 − t))
sin
n +
1
2
t
2 sin
1
2 t
dt
+
1
π
π
δ
(f (x 0 + t) + f (x 0 − t))
sin
n +
1
2
t
2 sin
1
2 t
dt
= J 1 + J 2 .
Puisque la fonction
t →
f (x 0 + t) + f (x 0 − t)
2 sin
1
2 t
est intégrable sur [δ , π], on voit, comme dans la solution de II.5.2, que J 2 tend
vers 0 lorsque n tend vers +∞. De plus, J 1 peut aussi s’écrire sous la forme
J 1 =
1
π
δ
0
(f (x 0 + t) + f (x 0 − t))
1
2 t
sin
1
2 t
sin
n +
1
2
t
t
dt.
La fonction t →
1
2
t
sin
1
2
t
étant croissante sur [0 , δ], la fonction
t → (f (x 0 + t) + f (x 0 − t))
1
2 t
sin
1
2 t
est à variation bornée sur [0 , δ] et est donc égale à la différence de deux fonctions croissantes. On obtient le résultat cherché en appliquant le lemme à ces
deux fonctions.
321