An integral limit

Montrons que
$$\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_{1}^{x}x^{1/t}\,\mathrm{d}t=1 .$$

Posons $L=\ln x$ et $A(x)=\displaystyle\int_{1}^{x}x^{1/t}\,\mathrm{d}t=\int_{1}^{x}e^{L/t}\,\mathrm{d}t$, l’intégrande étant continu sur $[1,x]$.

L’heuristique est la suivante : pour $t$ grand, $x^{1/t}$ est très proche de $1$, et cette zone occupe presque tout l’intervalle $[1,x]$, d’où la contribution $\sim x$. La zone $t$ petit, où l’intégrande atteint la valeur énorme $x$ en $t=1$, est trop courte pour peser : elle ne contribue que pour $\sim x/\ln x$.

Pour $t\geqslant 1$ et $x>1$, on a $1/t>0$ donc $x^{1/t}\geqslant 1$. D’où
$$A(x)\geqslant x-1,\qquad\text{soit}\qquad \frac{A(x)}{x}\geqslant 1-\frac1x .$$Supposons $x\geqslant e^{2}$, de sorte que $2\leqslant L^{2}\leqslant x$, et découpons $[1,x]$ en trois morceaux.

Sur $[1,2]$ : la pointe. L’inégalité $\dfrac1t\leqslant 1-\dfrac{t-1}{2}$ équivaut, après multiplication par $2t>0$, à $t^{2}-3t+2\leqslant 0$, c’est-à-dire $(t-1)(t-2)\leqslant 0$ : elle est vraie sur $[1,2]$. Donc $e^{L/t}\leqslant x\,e^{-L(t-1)/2}$ et
$$\int_{1}^{2}x^{1/t}\,\mathrm{d}t\ \leqslant\ x\int_{1}^{+\infty}e^{-L(t-1)/2}\,\mathrm{d}t=\frac{2x}{L}.$$Sur $[2,L^{2}]$ : la zone intermédiaire. Ici $x^{1/t}\leqslant x^{1/2}$, d’où
$$\int_{2}^{L^{2}}x^{1/t}\,\mathrm{d}t\ \leqslant\ \sqrt{x}\,L^{2}.$$Sur $[L^{2},x]$ : le corps de l’intégrale. Ici $x^{1/t}\leqslant x^{1/L^{2}}=e^{L/L^{2}}=e^{1/L}$, d’où
$$\int_{L^{2}}^{x}x^{1/t}\,\mathrm{d}t\ \leqslant\ e^{1/L}\,x .$$En sommant et en divisant par $x$ :
$$\frac{A(x)}{x}\ \leqslant\ \frac{2}{\ln x}+\frac{(\ln x)^{2}}{\sqrt{x}}+e^{1/\ln x}\ \xrightarrow[x\to+\infty]{}\ 0+0+1=1 .$$L’encadrement
$$1-\frac1x\ \leqslant\ \frac{1}{x}\int_{1}^{x}x^{1/t}\,\mathrm{d}t\ \leqslant\ \frac{2}{\ln x}+\frac{(\ln x)^{2}}{\sqrt{x}}+e^{1/\ln x}$$et le théorème d’encadrement donnent
$$\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_{1}^{x}x^{1/t}\,\mathrm{d}t=1 . \qquad\blacksquare$$

Notation : soit $F$ la fonction definie sur $I:=[1;+\infty[$ par $F(x):=1/x \int_{1}^{x} x^{1/t}dt$ on effectue le changement de variable $u:=ln(x)/t$ qui donne alors $\forall x\in I, xF(x)/\ln(x)=\int_{\ln(x)/x}^{\ln(x)}e^{u}/u^2 du$
la fonction $u$ donne $h(u):=exp(u)/u^{2}$ est positive sur $]0;+\infty[$ et les intégrales $\int_{0}^{1} h(u)du$ et $\int_{1}^{{+\infty}}h(u)du$ divergent. On a $h(u)\sim_{0} 1/u^2$ et $h(u)\sim_{+\infty} h'(u)$ et donc par théorèmes d’intégration d’équivalents on a $A(x):=\int_{x}^{1} h(u)du \sim_0 1/x$ et $B(x):=\int_{1}^{x}h(u)du\sim_{+\infty}h(x)$
On a $xF(x)/ln(x)=A(ln(x)/x)+B(ln(x))$
Lorsque $x$ tend vers $+\infty$, $ln(x)/x$ tend vers $0$ et $ln(x)$ tend vers $+\infty$ et donc lorsque $x$ tend vers $+\infty$, $A(ln(x)/x) \sim x/ln(x)$ et $B(ln(x)) \sim h(ln(x))=x/ln^{2}(x)=o(A(ln(x)/x)$ d’où $xF(x)/ln(x) \sim A(ln(x)/x) \sim x/ln(x)$ et donc $F(x)\sim 1$ c’est-à-dire que $F$ tend vers$1$ en $+\infty$.