Solutions
On montre maintenant que
lim
t→+∞
t
f (t)
= 0.
(2)
La convergence de l’intégrale impropre implique lim
t→+∞
2t
t
1
f (x) dx = 0. Puisque
1
2
2t
f (2t) =
1
f (2t)
2t
t dx <
2t
t
1
f (x) dx, l’égalité (2) est vérifiée. L’intégrale impropre
+∞
f (1)
f −1 (t)
t 2
dt converge donc.
On a de plus
+∞
n=1
f −1 (n)
(n + 1)
2
+∞
n=1
n+1
n
f −1 (t)
t 2 dt =
+∞
f (1)
f −1 (t)
t 2 dt < +∞,
ce qui signifie que la série
+∞
n=1
f −1 (n)
(n+1)
2 converge. Évidemment, la série
+∞
n=1
f −1 (n)
n 2
converge aussi.
Pour démontrer l’implication réciproque, on suppose que la série
+∞
n=1
f −1 (n)
n 2
converge. De façon semblable, on peut prouver que l’intégrale
+∞
f (1)
f −1 (t)
t 2
dt
converge et, en conséquence,
+∞
1
1
f (t) dt converge aussi. Donc, d’après le test
intégral, la série
+∞
n=1
1
f (n) est convergente.
III.3.17. On remarque d’abord que la fonction ϕ peut être définie, de la
même façon, sur tout l’intervalle [e , +∞[. On a alors ϕ(x) = 1 pour x ∈ [e , e e [,
ϕ(x) = 2 pour x ∈
e e , e e e
. Pour simplifier, on note ˆ
e 1 = e et ˆ
e k = e ˆ
e k−1 pour
k > 1. On a donc
ϕ(x) = k pour x ∈
ˆ
e
k , ˆ
e
k+1
.
On pose
f (x) =
1
x (ln 1 x) (ln 2 x) · · ·
ln ϕ(x) x
et on a
f (x) =
1
x (ln 1 x) (ln 2 x) · · · (ln k x)
pour x ∈
ˆ
e
k , ˆ
e
k+1
.
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