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Partie II


II. Comportement asymptotique de $U(f)$ au voisinage de $+\infty$

On traite ici quelques cas fondamentaux, en partant d'exemples de fonctions $f$ pour lesquelles on peut connaître le comportement de $g=U(f)$ au voisinage de $+\infty$.

1. Résultats préliminaires

On considère ici $\alpha$ et $\beta$ deux fonctions à valeurs réelles, continues sur $I$. On suppose que, $\forall x\in I$, $\beta(x)>0$, et que $\int_1^{+\infty}\beta(t)dt$ converge.

a) On suppose ici que $\alpha(x)\underset{x\to+\infty}{=}o\left(\beta(x)\right)$ et on se propose de montrer que $\int_x^{+\infty}\alpha(t)dt\underset{x\to+\infty}{=}o\left(\int_x^{+\infty}\beta(t)dt\right)$.

Soit $\epsilon>0$, montrer que : $\exists A>0/\forall x\geq A,\left|\int_x^{+\infty}\alpha(t)dt\right|\leq\epsilon\int_x^{+\infty}\beta(t)dt$. Conclure.

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Comme $\alpha(x)\underset{x\to+\infty}{=}o\left(\beta(x)\right)$, il existe une fonction $\epsilon(x)$ telle que $\alpha(x)=\epsilon(x)\beta(x)$ et $\lim_{x\to+\infty}\epsilon(x)=0$. Soit alors $\epsilon>0$, il existe $A>0$, tel que $\forall x\geq A,|\epsilon(x)|\leq\epsilon$. On a donc par l'inégalité triangulaire et positivité de $\beta$ que : $$\forall x\geq A,\left|\int_x^{+\infty}\alpha(t)dt\right|\leq\int_x^{+\infty}|\alpha(t)|dt=\int_x^{+\infty}|\epsilon(t)\beta(t)|dt\leq\epsilon\int_x^{+\infty}\beta(t)dt.$$ Pour conclure, posons $\eta(x)$ une fonction vérifiant $\int_x^{+\infty}\alpha(t)dt=\eta(x)\int_x^{+\infty}\beta(t)dt$. On veut montrer que $\lim_{x\to+\infty}\eta(x)=0$. Grâce au résultat établi précédemment, pour tout $\epsilon>0$, il existe $A>0$ tel que : $$\forall x\geq A,\left|\eta(x)\int_x^{+\infty}\beta(t)dt\right|\leq\epsilon\int_x^{+\infty}\beta(t)dt.$$ Par stricte positivité de $\beta$, on en déduit que : $$\forall x\geq A,|\eta(x)|\leq\epsilon.$$ $\eta$ tend donc vers $0$ à l'infini, d'où le résultat.

b) On suppose maintenant que $\alpha(x)\underset{x\to+\infty}{\sim}\beta(x)$, montrer que $\int_x^{+\infty}\alpha(t)dt\underset{x\to+\infty}{\sim}\int_x^{+\infty}\beta(t)dt$.

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$\alpha(x)\underset{x\to+\infty}{\sim}\beta(x)$ se traduit par l'existence d'une fonction $\epsilon(x)$ telle que $\alpha(x)=\epsilon(x)\beta(x)$ et $\lim_{x\to+\infty}\epsilon(x)=1$. Pour $\epsilon>0$ donné, il existe donc $A>0$ tel que : $$\forall x\geq A,1-\epsilon<\epsilon(x)<\ 1+\epsilon.$$ Donc en multipliant par $\beta$ qui est strictement positif et en intégrant on a : $$\forall x\geq A,(1-\epsilon)\int_x^{+\infty}\beta(t)dt<\int_x^{+\infty}\epsilon(t)\beta(t)dt=\int_x^{+\infty}\alpha(t)dt<\ (1+\epsilon)\int_x^{+\infty}\beta(t)dt.$$ On raisonne alors comme dans la question a) pour conclure.

2. Cas des fonctions admettant une limite en $+\infty$

Si $f$ est un élément de $E$ admettant une limite finie $b$ en $+\infty$ ($b$ est un nombre réel), montrer que $g=U(f)$ admet une limite en $+\infty$ que l'on précisera (on pourra commencer par traiter le cas où $b=0$ en écrivant, dans ce cas, $f(t)\underset{t\to+\infty}{=}o(1)$ et en utilisant la question 1.).

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Si $b=0$ alors $f(t)\underset{t\to+\infty}{=}o(1)$ et $f(t)e^{-at}\underset{t\to+\infty}{=}o(e^{-at})$ donc d'après 1.a) $\int_x^{+\infty}e^{-at}f(t)dt\underset{x\to+\infty}{=}o\left(\int_x^{+\infty}e^{-at}dt\right)=o(e^{-ax})$. Il suit donc que : $$U(f)(x)=e^{ax}\int_x^{+\infty}e^{-at}f(t)dt=o(1),$$ et donc la limite de $U(f)$ en l'infini est nulle.

Si maintenant $b\neq 0$. Quitte à remplacer $f$ par $-f$, on peut toujours se ramener au cas où $b>0$. On a que $f(x)\underset{x\to+\infty}{\sim}b$ et donc $f(x)e^{-ax}\underset{x\to+\infty}{\sim}be^{-ax}$. Comme $b$ est strictement positif, d'après 1.b) on a alors : $\int_x^{+\infty}f(t)e^{-at}dt\underset{x\to+\infty}{\sim}\int_x^{+\infty}be^{-at}dt=be^{-ax}$ et donc : $$U(f)(x)=e^{ax}\int_x^{+\infty}f(t)e^{-at}dt\underset{x\to+\infty}{\sim}b.$$ $U(f)$ tend donc vers $b$ en l'infini.

3. Cas des fonctions puissances

Dans cette question et la suivante, $\omega$ est un réel strictement positif, on note $f_\omega$ la fonction $t\mapsto\frac{1}{t^\omega}$, et $g_\omega=U(f_\omega)$.

a) Montrer que $g_\omega(x)=\frac{f_\omega(x)}{a}-\frac{\omega}{a}g_{\omega+1}(x)$. En déduire que $g_\omega(x)\underset{x\to+\infty}{\sim}\frac{f_\omega(x)}{a}$.

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Pour la formule, il suffit de faire une intégration par partie où l'on dérivera $\frac{1}{t^{\omega}}$. Pour l'équivalent, grâce à la formule établie on a : $$\frac{g_\omega(x)}{f_\omega(x)/a}=1-\omega x^\omega g_{\omega+1}(x).$$ Il faut montrer que le dernier terme tend vers 0, or on observe que pour $t\geq x$, $\frac{1}{t^{\omega+1}}\leq\frac{1}{x^\omega t}$ et donc : $$0\leq x^\omega g_{\omega+1}(x)=x^{\omega}e^{ax}\int_x^{+\infty}\frac{1}{t^{\omega+1}}e^{-at}dt\leq e^{ax}\int_x^{+\infty}\frac{1}{t}e^{-at}dt=U(f_1).$$ Or d'après 2., $U(f_1)$ a même limite à l'infini que $f_1$ donc tend vers 0. Ce qu'il fallait démontrer.

b) Montrer que pour tout $x$ de $I$ : $\displaystyle\int_1^x\frac{e^{-a t}}{t}dt=\ln x+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{a^k}{k.k!}(x^k-1)$ (On pourra utiliser une inégalité de Taylor-Lagrange pour la fonction $t\mapsto e^{-a t}$), et en déduire : $$g_1(x)=e^{ax}\left\lbrace-\ln x-\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{a^k}{k.k!}(x^k-1)+\int_1^{+\infty}\frac{e^{-at}}{t}dt\right\rbrace.$$

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Par la formule de Taylor-Lagrange appliquée à $e^x$ en $0$, il existe une constante $c_t\in[-at,0]$ telle que : $$e^{-at}=\sum_{k=0}^N\frac{(-at)^k}{k!}+\frac{(-at)^{N+1}}{(N+1)!}e^{c_t}.$$ En passant la somme à gauche de l'égalité puis en intégrant (on predra garde au fait que pour $k=0$ on obtient un $\ln$), on a : $$\int_1^xe^{-at}-\sum_{k=0}^N\frac{(-at)^k}{k!}dt=\int_1^x\frac{e^{-a t}}{t}dt-\ln x+\sum_{k=1}^{N}(-1)^k\frac{a^k}{k.k!}(x^k-1)=\int_1^x\frac{(-at)^{N+1}}{(N+1)!}e^{c_t}dt.$$ En passant aux valeurs absolues puis en utilisant l'inégalité triangulaire on a : $$\left|\int_1^xe^{-at}-\sum_{k=0}^N\frac{(-at)^k}{k!}dt\right|\leq\int_1^x\left|\frac{(-at)^{N+1}}{(N+1)!}\right|e^{c_t}dt.$$ Enfin en utilisant le fait que $c_t\in[-at,0]$, on a que $e^{c_t}\leq 1$ et donc en intégrant : $$\left|\int_1^xe^{-at}-\sum_{k=0}^N\frac{(-at)^k}{k!}dt\right|\leq\frac{a^{N+1}(x^{N+2}-1)}{(N+2)!}.$$ Enfin il s'agit d'un exercice classique de colle que de montrer que le terme de droite tend vers 0 quand $N$ tend vers l'infini. D'où l'égalité.

Pour l'expression de $g_1=U(f_1)$, écrira dans l'expression intégrale de $U(f_1)$ : $\int_x^{+\infty}\dots dt=\int_1^{+\infty}\dots dt-\int_1^{x}\dots dt$.

4. Cas des fonctions comparables aux fonctions puissances $f_\omega$

On note toujours $f$ un élément de $E$ et $g=U(f)$.

a) Prouver que si $f$ est négligeable devant $f_\omega$ au voisinage de $+\infty$, alors $g$ est négligeable devant $g_\omega$ au voisinage de $+\infty$.

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C'est une conséquence directe de 1.a) combiné avec l'expression intégrale de $U(f)$.

b) Prouver que si $f$ est équivalent à $f_\omega$ au voisinage de $+\infty$, alors $g$ est équivalent à $\frac{f}{a}$ au voisiange de $+\infty$.

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C'est une conséquence directe de 1.b) et 3.a) combiné avec l'expression intégrale de $U(f)$.

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