Agrégation interne : intégration

1. Soit $\gamma\in]1,\alpha[$. Alors, on a $$\frac{t^\gamma}{t^\alpha (\ln t)^\beta}=\frac{1}{t^{\alpha-\gamma}(\ln t)^\beta}\to 0$$ et donc, en notant $f$ la fonction, on a $$f(t)=_{+\infty}o\left(\frac{1}{t^\gamma}\right).$$ Puisque $\int_e^{+\infty}\frac{dt}{t^\gamma}$ converge, il en est de même de $\int_e^{+\infty}f$.
2. Si $\alpha=1$, alors la fonction est de la forme $u'u^{-\beta}$. Elle admet donc une primitive de la forme $\frac{1}{-\beta+1}u^{-\beta+1}$ si $\beta\neq 1$, et de la forme $\ln |\ln u|$ si $\beta=1$. Pour $\beta\neq 1$, on a \begin{eqnarray*} \int_e^{X}\frac{dt}{t(\ln t)^{\beta}}&=&\left[\frac{1}{-\beta+1}(\ln t)^{-\beta+1}\right]_e^X\\ &=&\frac{1}{-\beta+1}\left((\ln X)^{-\beta+1}-1\right) \end{eqnarray*} Lorsque $X$ tend vers $+\infty$, ceci admet une limite finie si et seulement si $\beta>1$. Dans le cas où $\beta=1$, la primitive se calcule un peu différemment : \begin{eqnarray*} \int_e^X\frac{dt}{t\ln t}&=&\left[\ln |\ln t|\right]_e^X=\ln|\ln X|-\ln|\ln e|=\ln\ln X. \end{eqnarray*} Ceci tend vers $+\infty$, et donc l'intégrale n'est pas convergente.
3. On remarque que $$\frac{\frac{1}{t}}{f(t)}=t^{\alpha-1}(\ln t)^\beta\to 0,$$ c'est-à-dire $$\frac{1}{t}=_{+\infty}o\big(f(t)\big).$$ Puisque $\int_e^{+\infty}\frac{dt}{t}$ diverge, il en est de même de $\int_e^{+\infty}f(t)dt$.

En conclusion, l'intégrale étudiée converge si et seulement si $\alpha>1$ ou $\alpha=1$ et $\beta>1$.

Dans chaque cas, on va appliquer le théorème de convergence dominée.

1. Pour tout $t\in [0,\pi/4[$, on a $(\tan t)^n \to 0$ car $\tan t\in [0,1[$. De plus, pour tout $t\in [0,\pi/4[$, on a $|\tan t|\leq 1$ et la fonction constante égale à 1 est une fonction intégrable sur $]0,\pi/4[$. Toutes les fonctions invoquées étant continues par morceaux, on en déduit que $$\lim_{n\to+\infty}\int_0^{\pi/4} (\tan t)^n dt=\int_0^{\pi/4} 0dt=0.$$ Remarquons que le fait que $\big((\tan (\pi/4))^n\big)$ ne tende pas vers 0 ne pose pas de problèmes. Il suffit d'avoir la convergence simple sur l'intervalle ouvert.
2. Remarquons que l'intégrale considérée converge pour $n\geq 2$ par comparaison à une intégrale de Riemann. Pour tout $t>1$, on a $$\frac{1}{1+t^n}\xrightarrow{n\to+\infty}0.$$ De plus, pour $n\geq 2$ et $t\geq 1$, on a $$\left|\frac{1}{1+t^n}\right|\leq \frac 1{1+t^2}.$$ La fonction à droite de l'inégalité est intégrable sur $[1,+\infty[$. On en déduit par le théorème de convergence dominée que $$\lim_{n\to+\infty}\int_1^{+\infty}\frac{1}{1+t^n}dt=0.$$ Remarquons qu'on peut aussi très bien prouver ce fait sans utiliser le théorème de convergence dominée. En effet, il suffit d'écrire, pour $n\geq 2$ et $t\geq 1$, $$0\leq\frac{1}{1+t^n}\leq \frac{1}{t^n}.$$ On intègre cette inégalité entre $1$ et $+\infty$ pour trouver $$0\leq \int_1^{+\infty}\frac{dt}{1+t^n}\leq \frac{1}{n-1}$$ et on conclut par le théorème des gendarmes.
3. Soit $x\in ]0,+\infty[$. Alors $\frac{-x}n\to 0$ si $n\to+\infty$ et par composition des limites $\exp(-x/n)\to \exp(0)=1$ si $n\to+\infty$. On a donc, pour tout tout $x\in ]0,+\infty[$, $$\lim_{n\to+\infty}\frac{\exp(-x/n)}{1+x^2}=\frac 1{1+x^2}.$$ De plus, soit $x\in ]0,+\infty[$ et $n\geq 1$. Alors $-x/n\leq 0$ et donc $\exp(-x/n)\leq 1.$ Donc, pour tout $x\in]0,+\infty[$ et tout $n\geq 1$, $$\left|\frac{\exp(-x/n)}{1+x^2}\right|\leq \frac 1{1+x^2}.$$ Or, la fonction $x\mapsto \frac1{1+x^2}$ est intégrable sur $]0,+\infty[$. En effet, elle est continue sur $[0,+\infty[$ et $\displaystyle \frac{1}{1+x^2}\sim_{+\infty}\frac 1{x^2}.$ Donc $$\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{\exp(-x/n)}{1+x^2}dx=\int_0^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}=\left[\arctan(x)\right]_0^{+\infty}=\frac\pi 2.$$
4. Pour tout $t\in [0,1[$, $(t^n)$ tend vers $0$ et donc, par continuité de $f$, $(f(t^n))$ tend vers $f(0)$. L'hypothèse de domination dans le théorème de convergence dominée est un peu plus subtile à obtenir, mais le raisonnement est très classique. On remarque que, puisque $f$ est continue sur $[0,1]$, elle y est bornée, disons par $M\geq 0$. Mais alors, pour tout $t\in ]0,1[$, on a $$|f(t^n)|\leq M$$ et $M$ (qui est une constante) est intégrable sur l'intervalle borné $]0,1[$. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée et on trouve que $$\lim_{n\to+\infty}\int_0^1 f(t^n)dt=\int_0^1 f(0)dt=f(0).$$

$f$ étant continue sur le segment $[a,b]$, elle y est bornée et elle y atteint son minimum et son maximum. Soient $x_1,x_2\in [a,b]$ tels que $$f(x_1)=\min_{[a,b]}f\textrm{ et }f(x_2)=\max_{[a,b]}f.$$ Alors, puisque, pour tout $x\in [a,b]$, on a $$f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2),$$ on a en intégrant $$(b-a)f(x_1)\leq \int_a^b f(x)dx\leq (b-a)f(x_2)$$ soit encore $$f(x_1)\leq\frac 1{b-a}\int_a^b f(x)dx\leq f(x_2).$$ Mais par le théorème des valeurs intermédiaires, puisque $f$ est continue sur $[a,b]$, toute valeur comprise entre $f(x_1)$ et $f(x_2)$ est prise par $f$. On en déduit qu'il existe $c\in [a,b]$ tel que $$f(c)=\frac 1{b-a}\int_a^b f(x)dx.$$

Soit $a=a_0<a_1<\dots<a_p=b$ une subdivision adaptée à $\varphi$, et $y_i$ la valeur prise par $\varphi$ sur $]a_i,a_{i+1}[$. Remarquons que : \begin{eqnarray*} u_n&=&\sum_{i=0}^{p-1}\int_{a_i}^{a_{i+1}}\varphi(x)\sin(nx)dx\\ &=&\sum_{i=0}^{p-1}y_i\int_{a_i}^{a_{i+1}}\sin(nx)dx\\ &=&\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{p-1}y_i(\cos(na_i)-\cos(na_{i+1})). \end{eqnarray*} Soit $M$ la plus grande des valeurs des $|y_i|$. On a : $$|u_n|\leq \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{p-1}2M\leq\frac{2pM}{n}.$$ On en déduit bien que $(u_n)$ tend vers 0. D'autre part, si $\varphi$ est continue par morceaux sur $[a,b]$, et si $\veps>0$ est fixé, il existe une fonction en escalier $\psi$ telle que, pour tout $x\in[a,b]$, on a : $$|\varphi(x)-\psi(x)|\leq\veps.$$ On a alors : $$\int_a^b\varphi(x)\sin(nx)dx=\int_a^b(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)dx+\int_a^b\psi(x)\sin(nx)dx.$$ On en déduit : $$ \left|\int_a^b\varphi(x)\sin(nx)dx\right|\leq\left|\int_a^b(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)dx\right|+\left|\int_a^b\psi(x)\sin(nx)dx\right|.$$ Maintenant, on choisit $n_0$ de sorte que pour $n\geq n_0$, on ait : $$\left|\int_a^b\psi(x)\sin(nx)dx\right|\leq\veps.$$ Pour un tel $n$, on a encore : $$\left|\int_a^b(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)dx\right|\leq \int_a^b\big|(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)\big|dx\leq (b-a)\veps.$$ Ceci prouve que, pour $n\geq n_0$, on a : $$\left|\int_a^b\varphi(x)\sin(nx)dx\right|\leq \veps+(b-a)\veps.$$ La propriété est conservée si $\varphi$ est continue par morceaux.