Intégrabilité et limite

1. La fonction $f(x)=\sin\bigl(x^{2}\bigr)$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ et ne tend pas vers $0$ : elle vaut $1$ en $x=\sqrt{\pi/2+2k\pi}$ pour tout $k\in\mathbb{N}$.
   Montrons que son intégrale converge. Pour $A>1$, le changement de variable $u=x^{2}$ puis une intégration par parties donnent
   $$\int_1^{A}\sin(x^{2})\,\mathrm{d}x=\int_1^{A^{2}}\frac{\sin u}{2\sqrt u}\,\mathrm{d}u=\left[-\frac{\cos u}{2\sqrt u}\right]_1^{A^{2}}-\int_1^{A^{2}}\frac{\cos u}{4u^{3/2}}\,\mathrm{d}u,$$où le crochet a une limite finie et la dernière intégrale converge absolument, son intégrande étant $O(u^{-3/2})$. C’est l’intégrale de Fresnel, de valeur $\frac12\sqrt{\pi/2}$ sur $[0,+\infty[$.

2. Soit $M>0$ tel que $\int_x^{x+1}f'(t)^{2}\,\mathrm{d}t\leqslant M$ pour tout $x\geqslant 0$.
   Pour $x\geqslant 0$ et $0\leqslant h\leqslant 1$, Cauchy–Schwarz donne
   $$\bigl|f(x+h)-f(x)\bigr|\leqslant\int_x^{x+h}|f'|\leqslant\sqrt h\,\Bigl(\int_x^{x+h}f'^{2}\Bigr)^{1/2}\leqslant\sqrt{Mh}. \qquad \qquad \tag{$\ast$}$$Supposons que $f$ ne tende pas vers $0$ ; il existe $\varepsilon>0$ et une suite $x_n\to+\infty$ avec $|f(x_n)|\geqslant\varepsilon$. Posons
   $$\delta=\min\Bigl(1,\ \frac{\varepsilon^{2}}{4M}\Bigr),\qquad\text{de sorte que}\qquad \sqrt{M\delta}\leqslant\frac{\varepsilon}{2}.$$D’après $(\ast)$, pour $t\in[x_n,x_n+\delta]$ on a $|f(t)-f(x_n)|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$, donc $|f(t)|\geqslant\frac{\varepsilon}{2}$. La fonction continue $f$ ne s’annule pas sur cet intervalle, donc y garde un signe constant, et
   $$\Bigl|\int_{x_n}^{x_n+\delta}f\Bigr|=\int_{x_n}^{x_n+\delta}|f|\geqslant\frac{\varepsilon\delta}{2}>0 .$$Or la convergence de $\int_0^{+\infty}f$ entraîne, par le critère de Cauchy, $\int_a^{b}f\to 0$ lorsque $a,b\to+\infty$ : le membre de gauche tend vers $0$ quand $n\to\infty$. Contradiction, donc $f(x)\to 0$. $\blacksquare$

1. Soit $g$ définie sur $\R^{+}$ positive de classe $C^{1}$, à support compact et d’intégrale sur $\R^{+}$ strictement positive définie sur $\R$ par$g(x):=x^{2}(1-x)^{2}1_{[0;1]}(x)$)
   Soit $f$ définie par $\forall x\in \R^{+},f(x):=\sum_{n=2}^{+\infty} ng(2^{n}(x-n))$

En considérant le support de $f$, on remarque que pour tout $x\in \R^{+}$, il existe un voisinage de $x$ tels que tous les termes de la série qui définissent $f$ sont nuls sauf un au plus, ce qui assure que $f$ est bien définie et que $f$ est de classe $C^{1}$. On a par convergence monotone, $\int_{\R^{+}}f=\sum_{n=2}^{+\infty}n\int_{\R^{+}} g(2^{n}(x-n))dx=(\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{n}{2^{n}})\int_{\R^{+}}g<+\infty$ et donc $f$ est intégrable.

$\forall n\ge 3, f(n+2^{-n-1})=ng(1/2)=n/16$ et donc $g$ ne tend vers $0$ à l’infini. Ainsi $f$ répond à la question.

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3. On pose$M^{2}:=\sup_{\R^{+}} \int_{x}^{x+1} f'^{2}(t)dt$

$\forall \delta \in ]0;1[, \forall x>0, \forall t \in [x;x+\delta]$ on a (Théorème fondamental de l’analyse, puis inégalité de Cauchy-Schwarz)$|f(x)-f(t)|=|\int_{t}^{x} f'(u)du|\le M(t-x)^{1/2}$

d’où
$|\int_{x}^{x+\delta} (f(x)-f(t))dt|\le \int_{x}^{x+\delta} M(t-x)^{1/2}dt=2/3M\delta^{3/2}$

puis (inégalité triangulaire) en notant $R(x,\delta):=|\int_{x}^{x+\delta}f(t)dt$|

$|f(x)|\le \frac{R(x,\delta)}{\delta}+2/3M\delta^{1/2}$

Soit $\epsilon \in ]0;1[$. D’après le critère de Cauchy, il existe $x_{0}>0$ tel que $\forall \delta\in ]0;1[, \forall x>x_{0}, R(x,\delta)<\epsilon$. Ainsi, $\forall x>x_{0}, \forall \delta \in ]0;1[, |f(x)|\le \epsilon/\delta +2/3M\delta^{1/2}$. En choisissant $\delta=\epsilon^{2/3}$, qui est bien strictement inférieur à 1, on a ainsi $\forall x>x_{0}, |f(x)|\le (1+2/3M)\epsilon^{1/3}$ et donc $f$ tend donc vers 0 en $+\infty$.