Pour $a\le 0$, l’intégrale n’est pas définie. Pour $a>0$, $\frac{1}{t^a+1}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{t^a}$, par suite ${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^a+1}$ n’est définie que pour $a>1$.

Finalement, $f$ est définie sur $]1;+\mathrm{\infty }[$.

Si $1<a\le b$ alors

$$\forall t\ge 1,\frac{1}{t^b+1}\le \frac{1}{t^a+1}$$

donc $f(b)\le f(a)$. Ainsi $f$ est décroissante.

$$0\le f(a)\le {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^a}=\frac{1}{1-a}{\left[\frac{1}{t^{a-1}}\right]}_1^{+\mathrm{\infty }}=\frac{1}{a-1}\underset{a\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Soit $f_x:t\mapsto t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}$ définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ (on exclue la borne $0$ car l’exposant $x-1$ peut être strictement négatif).

On a

$$f_x(t)=t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\underset{t\to 0^{+}}{\sim }{t}^{x-1}=\frac{1}{t^{1-x}}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{f}_x(t)=t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{o}\left(\frac{1}{t^2}\right)\text{.}$$

La fonction $f_x$ est donc intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$: l’intégrale étudiée converge.

Pour $x>1$, réalisons une intégration par parties avec

$$u(t)=t^{x-1}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}v(t)=-{\mathrm{e}}^{-t}\text{.}$$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ et le produit $u(t)v(t)$ tend vers $0$ en $0^{+}$ et $+\mathrm{\infty }$. On peut donc réaliser une intégration par parties généralisée ce qui donne

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}dt={\left[-t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}+(x-1){\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-2}{\mathrm{e}}^{-t}dt\text{.}$$

Ainsi,

$$\forall x>1,\mathrm{\Gamma }(x)=(x-1)\mathrm{\Gamma }(x-1)\text{.}$$

Sachant

$$\mathrm{\Gamma }(1)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-t}dt={\left[-{\mathrm{e}}^{-t}\right]}_0^1=1$$

on obtient par récurrence sur $n\in {\mathbb{N}}^{*}$

$$\mathrm{\Gamma }(n)=(n-1)!\text{.}$$

La fonction $t\mapsto \frac{t^{x-1}}{1+t}$ est définie et continue sur $]0;1]$ et $\frac{t^{x-1}}{1+t}\underset{t\to 0}{\sim }\frac{1}{t^{1-x}}$.
Par équivalence de fonctions positives, l’intégrale définissant $f(x)$ existe si, et seulement si, $x>0$.

Pour $x\le y$, on a

$$\forall t\in ]0;1],\frac{t^{x-1}}{1+t}\ge \frac{t^{y-1}}{1+t}$$

puis en intégrant $f(x)\ge f(y)$.
La fonction $f$ est donc décroissante.

On a

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

Puisque $f$ est décroissante et positive, $f$ converge en $+\mathrm{\infty }$. Posons $\mathrm{\ell }$ sa limite.
En passant à la limite la relation obtenue ci-dessus, on obtient $2\mathrm{\ell }=0$ donc $\mathrm{\ell }=0$.
Par décroissance

$$f(x)+f(x+1)\le 2f(x)\le f(x-1)+f(x)$$

donc

$$\frac{1}{x}\le 2f(x)\le \frac{1}{x-1}\text{.}$$

On en déduit

$$f(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{2x}\text{.}$$

Quand $x\to 0^{+}$,

$$0\le f(x+1)={\int }_0^1\frac{t^x}{1+t}dt\le {\int }_0^1{t}^{x}dt=\frac{1}{x+1}\le 1$$

donc

$$f(x+1)\underset{x\to 0^{+}}{=}\mathrm{O}(1)=\mathrm{o}\left(\frac{1}{x}\right)$$

et par suite

$$f(x)=\frac{1}{x}-f(x+1)\underset{x\to 0^{+}}{\sim }\frac{1}{x}\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }\text{.}$$

Par intégration par parties,

$$\left|{\int }_0^A\phi (t)\cos (xt)dt\right|\le \frac{\left|\phi (0)\right|+\left|\phi (A)\right|}{x}+\frac{1}{x}{\int }_0^A\left|{\phi }^{\prime }(t)\right|dt$$

qui permet de conclure.

Pour $\epsilon >0$, il existe $A\in {ℝ}_{+}$ tel que

$${\int }_A^{+\mathrm{\infty }}\left|\phi (t)\right|dt\le \epsilon$$

car $\phi$ est intégrable sur ${ℝ}_{+}$. De plus, pour $x$ assez grand,

$$\left|{\int }_0^A\phi (t)\cos (xt)dt\right|\le \epsilon$$

donc

$$\left|{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\phi (t)\cos (xt)dt\right|\le 2\epsilon$$

ce qui permet de conclure.