Par la relation de Chasles

donc, quand $x\to +\mathrm{\infty }$,

• (a)

  Pour $x\ge 1$, la décroissance de $f$ donne

  $${\int }_x^{x+1}f(t)dt\le f(x)\le {\int }_{x-1}^{x}f(t)dt\text{.}$$

  Or

  $${\int }_x^{x+1}f(t)dt={\int }_0^{x+1}f(t)dt-{\int }_0^{x}f(t)dt$$

  et puisque l’intégrale de $f$ sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ converge

  $${\int }_x^{x+1}f(t)dt\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt=0\text{.}$$

  Aussi

  $${\int }_{x-1}^{x}f(t)dt\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  et donc par encadrement

  $$f(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

• (b)

  La fonction $f$ est positive car décroît vers 0 en $+\mathrm{\infty }$ et

  $$0\le \frac{x}{2}f(x)\le {\int }_{x/2}^{x}f(t)dt\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  ce qui permet d’affirmer

  $$xf(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

• (c)

  Soit $f$ la fonction définie sur ${ℝ}_{+}$ par:

  $$\forall x\in [0;2[,f(x)=0$$

  et

  $$\forall n\in \mathbb{N}\setminus \{\mathrm{0,1}\},\forall t\in [0;1[,f(t+n)=\{\begin{array}{cc}{n}^{2}t\hfill & \text{ si }t\in [0;1/n^2]\hfill \\ n^2(2/n^2-t)\hfill & \text{ si }t\in [1/n^2;2/n^2]\hfill \\ 0\hfill & \text{ sinon}\hfill \end{array}$$

  $f$ est continue sur ${ℝ}_{+}$ et

  $${\int }_0^{n}f(t)dt=\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_k^{k+1}f(t)dt=\sum _{k=2}^{n-1}\frac{1}{k^2}\le \sum _{k=2}^{n-1}\frac{1}{k(k-1)}=\sum _{k=2}^{n-1}\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}=1-\frac{1}{n-1}\le 1\text{.}$$

  Puisque la suite ${([0;n])}_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite croissante de segments de réunion ${ℝ}_{+}$ et que $f$ est positive on peut affirmer que $f$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

• (a)

  On a

  $$f^{\prime }(x)=f^{\prime }(0)+{\int }_0^x{f}^{\prime \prime }(t)dt$$

  donc $f^{\prime }(x)$ admet une limite finie $\mathrm{\ell }$ quand $x\to +\mathrm{\infty }$.
  Si $\mathrm{\ell }>0$ alors pour $x$ assez grand $f^{\prime }(x)\ge \mathrm{\ell }/2$ puis $f(x)\ge \mathrm{\ell }x/2+m$ ce qui empêche la convergence de ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt$.
  Si $\mathrm{\ell }<0$ on obtient aussi une absurdité. Il reste donc $\mathrm{\ell }=0$.

• (b)

  Puisque la fonction $f^{\prime }$ est continue et admet une limite finie en $+\mathrm{\infty }$, cette fonction est bornée et donc $t\mapsto f(t)f^{\prime }(t)$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Par l’inégalité

on peut affirmer

Cela assure que la fonction $f{f}^{\prime }$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$. Or

On peut donc affirmer que $f^2$ admet une limite finie en $+\mathrm{\infty }$. Puisque la fonction $f^2$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ et admet une limite finie en $+\mathrm{\infty }$, sa limite est nécessairement nulle. On conclut

• (a)

  Par convergence de l’intégrale,

  $$\underset{M\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^M\left|g(t)\right|dt={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left|g(t)\right|dt$$

  d’où le résultat.

• (b)

  Soit $f$ une primitive de $g$. On peut écrire

  $$f(x)={\int }_0^{x}g(t)dt+C\text{.}$$

  Pour tous $x\le y\in ℝ$,

  $$\left|f(y)-f(x)\right|\le {\int }_x^y\left|g(t)\right|dt\text{.}$$

  Soient $\epsilon >0$ et $M$ tel qu’introduit ci-dessus. Si $x\ge M$ alors

  $$\left|f(y)-f(x)\right|\le {\int }_M^{+\mathrm{\infty }}\left|g(t)\right|dt\le \epsilon \text{.}$$

  De plus, la fonction $t\mapsto \left|g(t)\right|$ étant continue sur le segment $[0;M+1]$, elle y est bornée par un certain $A$ et l’on a donc

  $$\left|f(y)-f(x)\right|\le A|y-x|$$

  pour tous $x\le y\in [0;M+1]$. Par suite, pour $\alpha =\min (1,\epsilon /A)>0$, on a pour tous $x\le y\in ℝ$,

  $$|y-x|\le \alpha ⟹\left|f(y)-f(x)\right|\le \epsilon \text{.}$$

  La fonction $f$ est donc uniformément continue.

  Plus généralement, une fonction continue sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ présentant une limite finie en $+\mathrm{\infty }$ est nécessairement continue.

• (a)

  Puisque $f$ est de classe ${𝒞}^2$, on peut écrire

  $$f^{\prime }(x)=f^{\prime }(0)+{\int }_0^x{f}^{\prime \prime }(t)dt\text{.}$$

  Par intégrabilité de $f^{\prime \prime }$, la fonction $f^{\prime }$ admet une limite finie $\mathrm{\ell }$ quand $x\to +\mathrm{\infty }$.
  Si $\mathrm{\ell }>0$ alors, pour $x$ assez grand $f^{\prime }(x)\ge \mathrm{\ell }/2$. Notons $A\ge 0$ tel que ce qui précède soit vrai pour $x\ge A$. On a alors

  $$f(x)=f(0)+{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\ge f(0)+{\int }_0^A{f}^{\prime }(t)dt+{\int }_A^x\frac{\mathrm{\ell }}{2}dt$$

  et donc $f(x)\ge \mathrm{\ell }x/2+C^{te}$ ce qui empêche la convergence de ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt$.
  Si $\mathrm{\ell }<0$ on obtient aussi une absurdité. Il reste donc $\mathrm{\ell }=0$.
  Posons

  $$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt\text{.}$$

  Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

  $$F(x+1)=F(x)+f(x)+{\int }_x^{x+1}(x+1-t)f^{\prime }(t)dt\text{.}$$

  Quand $x\to +\mathrm{\infty }$,

  $$F(x),F(x+1)\to {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt\text{.}$$

  Aussi $f^{\prime }(x)\to 0$ et

  $$\left|{\int }_x^{x+1}(x+1-t)f^{\prime }(t)dt\right|\le \underset{t\in [x;x+1]}{\max }\left|f^{\prime }(t)\right|\to 0$$

  donc par opération $f(x)\to 0$.

• (b)

  Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale

  $$f(n+1)=f(n)+f^{\prime }(n)+{\int }_n^{n+1}((n+1)-t)f^{\prime \prime }(t)dt$$

  donc

  $$f^{\prime }(n)=f(n+1)-f(n)+{\int }_n^{n+1}(n+1-t)f^{\prime \prime }(t)dt\text{.}$$

  La série de terme général $f(n+1)-f(n)$ est convergente car de même nature que la suite $(f(n))$ qui converge en $+\mathrm{\infty }$. La série de terme général ${\int }_n^{n+1}(n+1-t)f^{\prime \prime }(t)dt$ est absolument convergente car

  $$\left|{\int }_n^{n+1}(n+1-t)f^{\prime \prime }(t)dt\right|\le {\int }_n^{n+1}\left|f^{\prime \prime }(t)\right|dt$$

  et le terme majorant est sommable par intégrabilité de $f^{\prime \prime }$.
  Par conséquent, la série $\sum f^{\prime }(n)$ est convergente.
  Aussi

  $$F(n+1)=F(n)+f(n)+\frac{1}{2}{f}^{\prime }(n)+{\int }_n^{n+1}\frac{{(n+1-t)}^2}{2}{f}^{\prime \prime }(t)dt\text{.}$$

  On peut alors mener le même raisonnement et conclure que $\sum f(n)$ converge.

Montrons pour commencer

Par l’absurde, supposons qu’il existe $\epsilon >0$ et $A\in {ℝ}_{+}$ vérifiant

Au voisinage de $+\mathrm{\infty }$,

Cette comparaisons contredit l’intégrabilité de $f$ sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Sachant

on peut construire une suite $(x_n)$ solution en prenant $\epsilon =1/(n+1)>0$, $A=n$ et en choisissant $x_n$ vérifiant