Intégrabilité de $\zeta(x)-1$

Il suffit d’utiliser le théorème d’intégration terme à terme pour montrer que oui.

On peut utiliser le théorème de Fubini-Tonelli on intègre une série de fonctions strictement positives sur l'intervalle d'intégration, on peut procéder à l'interversion du signe somme et du signe intégral.

Par ailleurs,

1)$\ln n>1$ pour $n\geq 3$.

2)$\displaystyle \int_2^\infty \frac{1}{n^x}dx=\frac{1}{n^2\ln n}$ pour $n\geq 2$.

On peut donc majorer $\displaystyle \int_2^\infty \left(\zeta(x)-1\right)dx$ me semble-t-il (ce qui montre incidemment que cette intégrale est convergente)

Totem:

Je pensais plutôt à la majoration $\displaystyle \int_2^\infty \left(\zeta(x)-1\right)dx \leq \frac{1}{4\ln 2}-\frac{5}{4}+\frac{\pi^2}{6}$

Bonjour,
On peut aussi montrer que $\zeta(x)-1\underset{x\to\infty}\sim 2^{-x}$.

Totem:

$\displaystyle \displaystyle \int_2^\infty \left(\zeta(x)-1\right)dx=\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2\ln n}$

$\ln 2$ est plus petit que $1$ mais pour $n\geq 3$ on a $\ln n>1$ donc on a aussi $\dfrac{1}{n^2\ln n}<\dfrac{1}{n^2}$
(on pourrait faire un peu mieux)

Ainsi

$\displaystyle \displaystyle \int_2^\infty \left(\zeta(x)-1\right)dx=\frac{1}{4\ln 2}+\sum_{n=3}^\infty \frac{1}{n^2\ln n}<\frac{1}{4\ln 2}+\sum_{n=3}^\infty \frac{1}{n^2}$

Mais $\displaystyle \sum_{n=3}^\infty \frac{1}{n^2}=\zeta(2)-1-\frac{1}{2^2}=\zeta(2)-\frac{5}{4}$

Donc on obtient la majoration indiquée.

Totem:
J'en serai très étonné.

Dans ce que j'ai fait plus haut on peut majorer un peu plus finement: $\displaystyle n\geq 3, \dfrac{1}{n^2\ln n}\leq \dfrac{1}{n^2\ln 3}$