Exercice 1 3334 CENTRALE (PC)Correction

Justifier la convergence de l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \sin (e^{t}) d t .

Solution

Soit $x \in ℝ_{+}$ . Par intégration par parties,

	$\int_{0}^{x} \sin (e^{t}) d t$	$= \int_{0}^{x} e^{t} \sin (e^{t}) \cdot e^{- t} d t = {[- \cos (e^{t}) e^{- t}]}_{0}^{x} - \int_{0}^{x} \cos (e^{t}) e^{- t} d t$
		$= \cos (1) - \cos (e^{x}) e^{- x} - \int_{0}^{x} \cos (e^{t}) e^{- t} d t .$

D’une part,

\cos (e^{x}) e^{- x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part, $t \mapsto \cos (e^{t}) e^{- t}$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ car

t^{2} \cos (e^{t}) e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par opérations sur les limites,

\int_{0}^{x} \sin (e^{t}) d t \to_{x \to + \infty}^{} \cos (1) - \int_{0}^{+ \infty} \cos (e^{t}) e^{- t} d t

On en déduit la convergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 2 2383

(Nature de l’intégrale de Dirichlet)

Dans ce sujet, on étudie la convergence et la non absolue convergence de l’intégrale

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

(a)

Déterminer la limite quand $n$ tend vers l’infini de $I_{n} = \int_{0}^{n π} | \frac{\sin (t)}{t} | d t$ .
(b)

La fonction $t \mapsto \sin (t) / t$ est-elle intégrable sur $] 0; + \infty [$ ?
(c)

Démontrer que l’intégrale définissant $I$ converge tout en établissant l’identité

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (t)}{t^{2}} d t .$

Exercice 3 1037 Correction

On rappelle la convergence de l’intégrale de Dirichlet

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

En observant

I = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \int_{0}^{π} \frac{\sin (t)}{n π + t} d t

déterminer le signe de $I$ .

Solution

Par découpage

I = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{n π}^{(n + 1) π} \frac{\sin (t)}{t} d t

donc par translations

I = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π} \frac{\sin (n π + t)}{n π + t} d t

puis la relation proposée.
$I$ se perçoit alors comme somme d’une série vérifiant le critère spécial des séries alternées, sa somme est donc du signe de son premier terme à savoir positif.

Exercice 4 694

(Intégrales de Fresnel)

Montrer la convergence des intégrales suivantes:

\int_{0}^{+ \infty} \cos (t^{2}) d t et \int_{0}^{+ \infty} \sin (t^{2}) d t .

Exercice 5 2421 MINES (MP)Correction

Justifier la convergence de

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t .

Solution

Par un argument de parité, il suffit d’établir la convergence de

\int_{0}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t}{2 t} e^{i t^{2}} d t .

Formellement

\int_{0}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{2 t}{2 t} e^{i t^{2}} d t = {[\frac{e^{i t^{2}} - 1}{2 i t}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{1}{2 i} \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{i t^{2}} - 1}{t^{2}} d t

où la primitive de $2 t e^{i t^{2}}$ a été choisie de sorte de s’annuler en 0.
Puisque les deux termes en second membre sont convergents, le théorème d’intégration par parties s’applique et assure la convergence de

\int_{0}^{+ \infty} e^{i t^{2}} d t .

Exercice 6 5593 Correction

(a)

Montrer la convergence de l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} d x .$
(b)

Montrer la divergence de l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x} + \sin (x)} d x .$

Solution

(a)

Posons

$u (x) = 1 - \cos (x) et v (x) = \frac{1}{\sqrt{x}} pour x > 0 .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$u (x) v (x) \underset{x \to 0}{\sim} \frac{\frac{1}{2} x^{2}}{\sqrt{x}} = \frac{1}{2} x^{3 / 2} \to_{x \to 0}^{} 0$

et

$u (x) v (x) \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{\sqrt{x}}) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par le théorème d’intégration par parties généralisée, l’intégrale étudiée a même nature que

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}} d x .$

Or la fonction $x \mapsto \frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$\frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}} \underset{x \to 0}{\sim} \frac{1}{2} \sqrt{x} \to_{x \to 0}^{} et \frac{1 - \cos (x)}{x^{3 / 2}} \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{x^{3 / 2}}) .$

On peut donc affirmer la convergence de la première intégrale $\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} d x$ .

(b)

Commençons par remarquer que

\forall x > 0, \sqrt{x} + \sin (x) > 0 .

En effet, l’inégalité est vraie lorsque $x \in] 0; π [$ car le premier membre est la somme de deux nombres strictement positifs. L’inégalité est aussi vraie lorsque $x \geq π$ car alors $\sqrt{x} + \sin (x) \geq \sqrt{π} - 1 > 0$ . Cela assure que la fonction intégrée est correctement définie sur $] 0; + \infty [$ .

Par développement limité,

	$\frac{\sin (x)}{\sqrt{x} + \sin (x)}$	$= \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{1 + \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}}}$
		$\underset{x \to + \infty}{=} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} - \frac{\sin^{2} (x)}{x} + O (\frac{1}{x^{3 / 2}})$
		$\underset{x \to + \infty}{=} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} - \frac{1 - \cos (2 x)}{2 x} + O (\frac{1}{x^{3 / 2}})$
		$\underset{x \to + \infty}{=} \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}} - \frac{1}{2 x} + \frac{\cos (2 x)}{2 x} + O (\frac{1}{x^{3 / 2}}) .$

On sait la convergence en $+ \infty$ de l’intégrale de $x \mapsto \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}}$ . Par une intégration par parties, on établit la convergence en $+ \infty$ de l’intégrale de $x \mapsto \frac{\cos (2 x)}{2 x}$ . Aussi, on sait l’intégrabilité au voisinage de $+ \infty$ de la fonction $x \mapsto O (\frac{1}{x^{3 / 2}})$ . Cependant, l’intégrale de $x \mapsto \frac{1}{2 x}$ diverge en la borne $+ \infty$ . On en déduit que l’intégrale étudiée diverge¹¹ 1 En revanche, l’intégrale étudiée converge en $0$ car il est possible de réaliser un prolongement par continuité en $0$ . en $+ \infty$ .

Notons qu’ici

\frac{\sin (x)}{\sqrt{x} + \sin (x)} \sim x \to + \infty \frac{\sin (x)}{\sqrt{x}}

alors que les intégrales associées ne sont pas de même nature en $+ \infty$ .

Exercice 7 3414 ENS Cachan (MP)Correction

Trouver un équivalent en $+ \infty$ de

f : λ \mapsto \int_{0}^{1} e^{i λ x^{2}} d x .

Solution

Procédons au changement de variable de classe $𝒞^{1}$ , $t = \sqrt{λ} x$

f (λ) = \frac{1}{\sqrt{λ}} \int_{0}^{\sqrt{λ}} e^{i t^{2}} d t .

Or par le changement de variable $u = t^{2}$

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t = \frac{1}{2} \int_{0}^{A^{2}} \frac{e^{i u}}{\sqrt{u}} d u

puis par intégration par parties

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t = \frac{1}{2} ({[\frac{e^{i u} - 1}{i \sqrt{u}}]}_{0}^{A} + \frac{1}{2} \int_{0}^{A^{2}} \frac{e^{i u} - 1}{i u^{3 / 2}} d u)

et donc

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t = \frac{i}{4} \int_{0}^{A^{2}} \frac{1 - e^{i u}}{u^{3 / 2}} d u .

L’intégrale en second membre converge donc

\int_{0}^{A} e^{i t^{2}} d t \to_{A \to + \infty}^{} C .

De plus, la partie imaginaire de $C$ est strictement positive en vertu de l’expression intégrale précédente, donc

f (λ) \underset{λ \to + \infty}{\sim} \frac{C}{\sqrt{λ}} .

Le calcul explicite de $C$ est difficile, cf. intégrale de Fresnel.

Exercice 8 5592 Correction

Pour quels $α \in ℝ$ , l’intégrale suivante est-elle convergente?

\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{x^{α}} d x .

Solution

Cas: $α > 0$ . La fonction $f_{α} : x \mapsto \frac{\sin (x)}{x^{α}}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . On a

f_{α} (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{x}{x^{α}} = \frac{1}{x^{α - 1}} \geq 0 .

Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale converge en $0$ si, et seulement si, $α < 2$ . Supposons cette condition remplie pour poursuivre.

On réalise une intégration par parties généralisée avec

u (x) = 1 - \cos (x) et v (x) = \frac{1}{x^{α}} .

Les deux fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

u (x) v (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{x^{2} / 2}{x^{α}} = \frac{x^{2 - α}}{2} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 et u (x) v (x) \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{x^{α}}) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Par théorème d’intégration par parties généralisée, l’intégrale étudiée est de même nature que l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - \cos (x)}{x^{α + 1}} d x .

Or cette dernière converge en vertu des arguments d’intégrabilité suivant

\frac{1 - \cos (x)}{x^{α + 1}} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^{α - 1}} et \frac{1 - \cos (x)}{x^{α + 1}} \underset{x \to + \infty}{=} O (\frac{1}{x^{α + 1}})

avec $α - 1 < 1$ et $α + 1 > 1$ .

On en déduit que, lorsque $α > 0$ , l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $α < 2$ .

Cas: $α \leq 0$ . Posons $β = - α$ de sorte que $β \geq 0$ .

Par l’absurde, si l’intégrale étudiée converge,

	$\int_{2 n π}^{(2 n + 1) π} x^{β} \sin (x) d x$	$= \int_{0}^{(2 n + 1) π} x^{β} \sin (x) d x - \int_{0}^{2 n π} x^{β} \sin (x) d x$
		$\to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} x^{β} \sin (x) d x - \int_{0}^{+ \infty} x^{β} \sin (x) d x = 0 .$

	$\int_{2 n π}^{(2 n + 1) π} x^{β} \underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sin (x)}} d x$	$\geq \int_{2 n π}^{(2 n + 1) π} {(2 n π)}^{β} \sin (x) d x$
		$= 2 \cdot {(2 n π)}^{β} \to_{n \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 2 & si β = 0 \\ + \infty & si β > 0 . \end{matrix}$

C’est absurde.

Au final l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $α \in] 0; 2 [$ .

Exercice 9 5047 X (PSI)

Soit $α > 0$ . Étudier la nature de

\int_{0}^{+ \infty} e^{i x^{α}} d x .

Exercice 10 3178 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue par morceaux, décroissante et de limite nulle. Montrer la convergence de l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} f (t) \sin (t) d t .

Solution

Commençons par étudier la convergence de la suite $(S_{n})$ de terme général

S_{n} = \int_{0}^{n π} f (t) \sin (t) d t .

Par la relation de Chasles, on peut découper l’intégrale

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) \sin (t) d t .

Par translation de la variable

\int_{k π}^{(k + 1) π} f (t) \sin (t) d t = \int_{0}^{π} f (t + k π) \sin (t + k π) d t = {(- 1)}^{k} v_{k}

avec

v_{k} = \int_{0}^{π} f (t + k π) \sin (t) d t .

Puisque $f$ est positive, la suite $(v_{k})$ est à termes positifs.
Puisque $f$ est décroissante, la suite $(v_{k})$ est décroissante.
Enfin, puisque $f$ tend vers 0 en $+ \infty$ et puisque

0 \leq v_{k} \leq f (k π) π

la suite $(v_{n})$ tend vers 0.
Par le critère spécial des séries alternées, on obtient que la série de terme général ${(- 1)}^{k} v_{k}$ converge, autrement dit, que la suite $(S_{n})$ converge. Notons $S$ sa limite.
Soit $X \geq 0$ . En notant $n_{X}$ la partie entière de $X / π$ , on peut écrire

\int_{0}^{X} f (t) \sin (t) d t = S_{n_{X}} + \int_{n_{X} π}^{X} f (t) d t

avec

0 \leq \int_{n_{X} π}^{X} f (t) d t \leq \int_{n_{X} π}^{X} f (n_{X} π) d t = f (n_{X} π) (X - n_{X} π) \leq f (n_{X} π) π .

Quand $X \to + \infty$ , on a $n_{X} \to + \infty$ , $S_{n_{X}} \to S$ et par l’encadrement qui précède

\int_{n_{X} π}^{X} f (t) d t \to 0 .

On en déduit

\int_{0}^{X} f (t) \sin (t) d t \to S .

Exercice 11 3631 Correction

Soit $f : [1; + \infty [\to ℝ$ continue. Montrer

\int_{1}^{+ \infty} f (t) d t converge ⟹ \int_{1}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t} d t converge.

Solution

Supposons la convergence de l’intégrale de $f$ sur $[1; + \infty [$ .
Puisque $f$ est continue, on peut introduire une primitive $F$ de $f$ et celle-ci admet donc une limite finie en $+ \infty$ . Par intégration par parties

\int_{1}^{A} \frac{f (t)}{t} d t = {[\frac{F (t)}{t}]}_{1}^{A} + \int_{1}^{A} \frac{F (t)}{t^{2}} d t .

Or $F (A) / A \to_{A \to + \infty}^{} 0$ et $t \mapsto F (t) / t^{2}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ car $F$ est bornée au voisinage de $+ \infty$ .
On en déduit donc par opérations la convergence de l’intégrale de $t \mapsto f (t) / t$ sur $[1; + \infty [$ .

Exercice 12 2378 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue et $α > 0$ . Montrer

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t converge ⟹ \int_{0}^{+ \infty} \frac{f (t)}{1 + t^{α}} d t converge.

Solution

Soit $F$ une primitive de la fonction continue $f$ sur $[0; + \infty [$ . Formellement

\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{α} + 1} d t = {[\frac{F (t)}{t^{α} + 1}]}_{0}^{+ \infty} + α \int_{0}^{+ \infty} \frac{F (t) t^{α - 1}}{{(t^{α} + 1)}^{2}} d t .

Supposons la convergence de $\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t$ . La primitive $F$ est alors convergente en $+ \infty$ et donc dans l’intégration par parties précédente, le crochet est convergent en $+ \infty$ .
De plus, la fonction $F$ est bornée car continue sur $[0; + \infty [$ et convergente en $+ \infty$ . Par suite, quand $t \to + \infty$ ,

\frac{F (t) t^{α - 1}}{{(t^{α} + 1)}^{2}} = O (\frac{1}{t^{α + 1}})

et puisque $α > 0$ , on a la convergence de la deuxième intégrale dans la formule d’intégration par parties précédente.
Par le théorème d’intégration par parties, on peut affirmer que $\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (t)}{1 + t^{α}} d t$ converge.

Exercice 13 696 MINES (PC)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue dont l’intégrale sur $[0; + \infty [$ est convergente. Montrer que pour tout réel $s > 0$ , il y a convergence de l’intégrale¹¹ 1 Cette intégrale définit la transformée de Laplace de $f$ en $s$ .

\int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- s t} d t .

Exercice 14 3900 Correction

Soit $f : [a; + \infty [\to ℝ$ avec $f$ de classe $𝒞^{1}$ , décroissante et de limite nulle en $+ \infty$ .

Soit $g : [a; + \infty [\to ℝ$ continue telle qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

| \int_{a}^{x} g (t) d t | \leq M pour tout x \in [a; + \infty [.

Montrer la convergence de l’intégrale suivante

\int_{a}^{+ \infty} f (t) g (t) d t .

Solution

Posons

G (x) = \int_{a}^{x} g (t) d t .

Par intégration par parties

\int_{a}^{x} f (t) g (t) d t = {[f (t) G (t)]}_{a}^{x} - \int_{a}^{x} f^{'} (t) G (t) d t .

D’une part

{[f (t) G (t)]}_{a}^{x} = f (x) G (x) - f (a) G (a) \to_{x \to + \infty}^{} 0

car $G$ est bornée et $f$ de limite nulle en $+ \infty$ .
D’autre part, il y a convergence de l’intégrale $\int_{a}^{+ \infty} f^{'} (t) G (t) d t$ . En effet,

\int_{a}^{x} | f^{'} (t) G (t) | d t = \int_{a}^{x} - f^{'} (t) | G (t) | d t \leq \int_{a}^{x} - f^{'} (t) M d t = (f (a) - f (x)) M .

Ainsi,

\int_{a}^{x} | f^{'} (t) G (t) | d t \leq f (a) M .

Ses intégrales partielles étant majorées, il y a convergence de $\int_{a}^{+ \infty} | f^{'} (t) G (t) | d t$ . Ainsi, $f^{'} G$ est intégrable sur $[a; + \infty [$ . On peut alors conclure

\int_{a}^{x} f (t) g (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} \int_{a}^{+ \infty} f^{'} (t) G (t) d t .

Exercice 15 5515 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue. On suppose qu’il existe $T > 0$ tel que

\forall x \in [0; + \infty [, f (x + T) = f (x) .

Montrer

\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (x)}{x} d x converge \Leftrightarrow \int_{0}^{T} f (t) d t = 0 .

Solution

On peut introduire $F$ une primitive de la fonction continue $f$ définie par

F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t pour tout x \in [0; + \infty [.

La fonction $F$ est continue sur $[0; T]$ et l’on peut introduire $m, M \in ℝ_{+}$ tels que

\forall x \in [0; T], m \leq F (x) \leq M .

Par périodicité de $f$ , on observe

\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; T], F (x + n T) = n F (T) + F (x)

et donc

\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; T], n F (T) + m \leq F (x + n T) \leq n F (T) + M .

Pour $x \in [0; + \infty [$ , en introduisant $n = ⌊ x / T ⌋$ , on obtient

n F (T) + m \leq F (x) \leq n F (T) + M .

On acquiert ainsi

\underset{\begin{matrix} \to_{x \to + \infty}^{} F (T) / T \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{n F (T) + m}{n} \cdot \frac{n}{x}}} \leq \frac{F (x)}{x} \leq \underset{\begin{matrix} \to_{x \to + \infty}^{} F (T) / T \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{n F (T) + M}{n} \cdot \frac{n}{x}}}

ce qui entraîne

\frac{F (x)}{x} \to_{x \to + \infty}^{} \frac{F (T)}{T} .

Réalisons l’intégration par parties déterminée par

u (x) = F (x) et v (x) = \frac{1}{x} .

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

u (x) v (x) = \frac{F (x)}{x} = \frac{F (x) - F (0)}{x} \to_{x \to 0}^{} F^{'} (0) = f (0)

u (x) v (x) = \frac{F (x)}{x} \to_{x \to + \infty}^{} \frac{1}{T} F (T) .

Par le théorème d’intégration par parties généralisée, on sait que les intégrales

\int_{0}^{+ \infty} \frac{f (x)}{x} d x et \int_{0}^{+ \infty} \frac{F (x)}{x^{2}} d x

ont alors la même nature.

Cas: $F (T) = 0$ .

La fonction $F$ est périodique et donc bornée. On en déduit par intégrabilité la convergence de l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \frac{F (x)}{x^{2}} d x

et donc la convergence de l’intégrale étudiée.

Cas: $F (T) \neq 0$ .

\frac{F (x)}{x^{2}} = \frac{F (x)}{x} \cdot \frac{1}{x} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{F (T)}{T} \cdot \frac{1}{x} .

Par équivalence de fonctions de signe constant, il y a divergence de l’intégrale

\int_{0}^{+ \infty} \frac{F (x)}{x^{2}} d x

et donc divergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 16 695 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue. On suppose la convergence de l’intégrale suivante

\int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .

Calculer

lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t .

Solution

Soit $F$ la primitive de $f$ s’annulant en 0. Par hypothèse

F (x) \to_{x \to + \infty}^{} ℓ = \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .

Par intégration par parties, on peut écrire

\frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t = F (x) - \frac{1}{x} \int_{0}^{x} F (t) d t .

| \frac{1}{x} \int_{0}^{x} F (t) d t - ℓ | \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{x} | F (t) - ℓ | d t .

Soit $ε > 0$ . Il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que

\forall t \geq A, | F (t) - ℓ | \leq ε .

Par continuité sur $[0; A]$ , $| F (t) - ℓ |$ est majorée par un certain $M > 0$ .
Pour $x \geq \max (A, A M / ε)$ on a

\frac{1}{x} \int_{0}^{x} | F (t) - ℓ | d t = \frac{1}{x} \int_{0}^{A} | F (t) - ℓ | d t + \frac{1}{x} \int_{A}^{x} | F (t) - ℓ | d t \leq 2 ε .

Par conséquent,

\frac{1}{x} \int_{0}^{x} F (t) d t \to_{x \to + \infty}^{} ℓ

puis

lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} t f (t) d t = 0 .

Notons que sans l’hypothèse d’intégrabilité de $f$ , on ne peut pas exploiter le théorème de convergence dominée.

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Édité le 29-08-2023

Intégrales seulement convergentes