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Soit $\varepsilon>0$, $\omega>0$, $A>0$ assez grand, et $f:\Omega\supset{[A,+\infty[}\to\mathbb R$ continue, tels que $|f(x)|\lt|1/x^\varepsilon|$ pour $x>A$, et $f$ changeant de signe au moins une fois mais qu'un nombre fini de fois sur tout intervalle $[x,x+\omega]$ pour $x>A$. Alors, $f$ est intégrable sur $[A,+\infty[$.

$\bf Preuve.$

Par Chasles, $\displaystyle\int_A^\infty f(x)\,\text dx$, s'il existe, devrait valoir :
$$\displaystyle\int_A^{\lceil A/\omega\rceil\cdot\omega}f(x)\,\text dx+\sum_{n=\lceil A/\omega\rceil}^\infty\int_{n\omega}^{(n+1)\omega}f(x)\,\text dx$$
où $\lceil\cdot\rceil$ est la fonction "arrondi supérieur". On pourra supposer, sans perte de généralité, que $A$ est telle que $\lceil A/\omega\rceil\cdot\omega=A$, c'est-à-dire $A\in\omega\cdot\mathbb N^*$ (car $\omega\cdot\mathbb N^*$ a pour suprémum $+\infty$), comme ça on peut simplifier considérablement l'expression ci-haute qui devient alors ceci :
$$\displaystyle\sum_{n=A/\omega}^\infty\int_{n\omega}^{(n+1)\omega}f(x)\,\text dx$$

Puisque $x\mapsto1/x^\varepsilon$ est strictement décroissante,
$$\left(\frac1{(n+1)\omega}\right)^\varepsilon\cdot\omega\le\int_{n\omega}^{(n+1)\omega}\frac1{x^\varepsilon}\,\text dx\le\left(\frac1{n\omega}\right)^\varepsilon\cdot\omega$$
donc par théorème du sandwich, $(*)$ $\displaystyle\int_{n\omega}^{(n+1)\omega}1/x^\varepsilon\,\text dx\to0$ quand $n\to+\infty$.

Soit $I$ tel que "$\lim\limits_{x^-}\text{sgn}(f)\ne\lim\limits_{x^+}\text{sgn}(f)$ et $x\ge A$, ou bien $x=A$" si et seulement si $x\in I$. Alors, puisque $f$ change de signe qu'un nombre fini de fois par tout intervalle de longueur $\omega$ (par hypothèse), on sait que $I$ est d'adhérence discrète*, donc une fonction successeur** $\text{suc}(I,\cdot)$ en découle. On peut alors définir $a_0:=A=\min(I)$ et $a_{k+1}:=\text{suc}(I,a_k)$ et déterminer que :
$$\int_A^\infty f(x)\,\text dx=\sum_{k=0}^\infty\underbrace{\int_{a_k}^{a_{k+1}}f(x)\,\text dx}_{\to0~\text{par dom. avec}~(*)}$$
est une série alternée de sommande tendant vers 0, ce qui signifie qu'elle converge, et donc que $f$ est intégrable sur $[A,+\infty[$.

$~$

(* un ensemble $D$ est dit discret si chacun de ses points est isolé, c'est-à-dire que pour tout $x\in D$, y existe $\varepsilon_x>0$ tel que $|x-y|\lt\varepsilon_x\iff x=y~\text{ou}~y\notin D$. si l'adhérence de $D$ est discrète, c'est en réalité encore plus simple à expliquer : ça signifie juste que toute intersection de $D$ avec un borné est fini.)

(** sur un ensemble d'adhérence discrète $D\subseteq\mathbb R$, y est possible de lister tous les éléments de $D$ de sorte à ce qu'ils soient dans un ordre croissant. le successeur de $x\in D$ te retourne juste l'élément le plus petit de $D$ qui soit strictement plus grand que $x$. par exemple, pour $D=\mathbb Z$, puisque d'adhérence discrète, on a l'incrémentation ($\cdot+1$) qui sert de fonction successeur)

Mon, 19 Jun 2023 17:56 GMT