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Enfin, puisque À, > Àx et a(n) < y pour tout # > AN, on va reconnaître aussi

Donc l'inégalité (e) est démontrée pour la première catégorie.

Passons maintenant à la deuxième catégorie.

Soit N'un indice tel que 2w = 2'+ e(N') et N un indice > N' et

tel que 1x =4"+e(N). Introduisons encore un nombre y = . =

= 03°: À", 0, et o, désignant deux nombres inférieurs à l’unité

qui seront déterminés plus loin. Prenons ensuite comme fonc-

tion de comparaison

lys Il ul

étant posé a(x) = y — C tel que a(x) > 0.

log (x +0)”

Il est évident que l'inégalité (m,) sera remplie pour cette fonction (+). Il s’agit donc comme dans le cas précédent de démontrer l'inégalité (1) dans I pour une valeur au moins de r=a(n +0) (n +6)?, O<6<1, n=N', N'+1,.. N—1.

En nous servant des notations habituelles, nous avons immé:diatement

Bi> Bi.

De plus, on pourra écrire

SA a 2 A Su (- ee S 2 (:- en)

Pour x grand on a 4, <4"+e. Soit alors N le plus grand indice tel que (4+e) N?< AwN'?, et posons Àx = 0? (1" +e).

Nous trouvons donc

Ai Es Dfi- G= 2) + Sn (- (Penn AE ns

Nr An'N"°?

+ (N'= À) 1og (i- - }:

Les sommes figurant dans cette expression peuvent être évaluées par des intégrales. En effet, on à

S log (1 — & TES 2)» = frsfi ae 2e da = li

: # 2 N+1 " 2 DCE = EXD)» fic (1 ti dx = 1,"

et

: /? er.

Introduisons dans Zi la variable -+| :

TEE TN LL, u= V= et posons ]/2— 5 0 (00

et, dans

r Alors nous obtenons — À frog (1— u?) du

et

Pi 1 og (1—w*) du [o1= 0 (1+eV)]

d’où, en posant — / log (1— uw?) du = q(x) [0 < x < 1], on trou-

vera Ale) ot Ee — 7 (6/6) + (— 0) log (1 — 10167) 1 es 1 Ar (=) 1 En posant l'expression entre les crochets = f{ô), nous

aurons, en développant en série (x) et log (1 — x?),

[ee]

Ô An 2n HE 2 n(2n + 1) 9

OÙ An =1— 061 (2n +1 — 2no).

Nous pouvons écrire dès lors

A1 1: A\ 2; | le ele |

Donc nous aurons Ai > À: ; si le membre droit de (15) est supérieur à 1, ce qui arrivera, si l’on a