Exercices corrigés - Permutation limites et intégrales

Dans chaque cas, on va appliquer le théorème de convergence dominée.

1. Pour tout $t\in [0,\pi/4[$, on a $(\tan t)^n \to 0$ car $\tan t\in [0,1[$. De plus, pour tout $t\in [0,\pi/4[$, on a $|\tan t|\leq 1$ et la fonction constante égale à 1 est une fonction intégrable sur $]0,\pi/4[$. Toutes les fonctions invoquées étant continues par morceaux, on en déduit que $$\lim_{n\to+\infty}\int_0^{\pi/4} (\tan t)^n dt=\int_0^{\pi/4} 0dt=0.$$ Remarquons que le fait que $\big((\tan (\pi/4))^n\big)$ ne tende pas vers 0 ne pose pas de problèmes. Il suffit d'avoir la convergence simple sur l'intervalle ouvert.
2. Remarquons que l'intégrale considérée converge pour $n\geq 2$ par comparaison à une intégrale de Riemann. Pour tout $t>1$, on a $$\frac{1}{1+t^n}\xrightarrow{n\to+\infty}0.$$ De plus, pour $n\geq 2$ et $t\geq 1$, on a $$\left|\frac{1}{1+t^n}\right|\leq \frac 1{1+t^2}.$$ La fonction à droite de l'inégalité est intégrable sur $[1,+\infty[$. On en déduit par le théorème de convergence dominée que $$\lim_{n\to+\infty}\int_1^{+\infty}\frac{1}{1+t^n}dt=0.$$ Remarquons qu'on peut aussi très bien prouver ce fait sans utiliser le théorème de convergence dominée. En effet, il suffit d'écrire, pour $n\geq 2$ et $t\geq 1$, $$0\leq\frac{1}{1+t^n}\leq \frac{1}{t^n}.$$ On intègre cette inégalité entre $1$ et $+\infty$ pour trouver $$0\leq \int_1^{+\infty}\frac{dt}{1+t^n}\leq \frac{1}{n-1}$$ et on conclut par le théorème des gendarmes.
3. Soit $x\in ]0,+\infty[$. Alors $\frac{-x}n\to 0$ si $n\to+\infty$ et par composition des limites $\exp(-x/n)\to \exp(0)=1$ si $n\to+\infty$. On a donc, pour tout tout $x\in ]0,+\infty[$, $$\lim_{n\to+\infty}\frac{\exp(-x/n)}{1+x^2}=\frac 1{1+x^2}.$$ De plus, soit $x\in ]0,+\infty[$ et $n\geq 1$. Alors $-x/n\leq 0$ et donc $\exp(-x/n)\leq 1.$ Donc, pour tout $x\in]0,+\infty[$ et tout $n\geq 1$, $$\left|\frac{\exp(-x/n)}{1+x^2}\right|\leq \frac 1{1+x^2}.$$ Or, la fonction $x\mapsto \frac1{1+x^2}$ est intégrable sur $]0,+\infty[$. En effet, elle est continue sur $[0,+\infty[$ et $\displaystyle \frac{1}{1+x^2}\sim_{+\infty}\frac 1{x^2}.$ Donc $$\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{\exp(-x/n)}{1+x^2}dx=\int_0^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}=\left[\arctan(x)\right]_0^{+\infty}=\frac\pi 2.$$
4. Pour tout $t\in [0,1[$, $(t^n)$ tend vers $0$ et donc, par continuité de $f$, $(f(t^n))$ tend vers $f(0)$. L'hypothèse de domination dans le théorème de convergence dominée est un peu plus subtile à obtenir, mais le raisonnement est très classique. On remarque que, puisque $f$ est continue sur $[0,1]$, elle y est bornée, disons par $M\geq 0$. Mais alors, pour tout $t\in ]0,1[$, on a $$|f(t^n)|\leq M$$ et $M$ (qui est une constante) est intégrable sur l'intervalle borné $]0,1[$. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée et on trouve que $$\lim_{n\to+\infty}\int_0^1 f(t^n)dt=\int_0^1 f(0)dt=f(0).$$

On pose $f_n(x)={\mathbf 1}_{[0,n[}\left(1-\frac{x}{n}\right)^n$. On fixe $x\in\mathbb R_+$. Alors, pour $n$ assez grand, $x\in [0,n[$. On a alors \begin{eqnarray*} f_n(x)&=&\left(1-\frac{x}{n}\right)^n=\exp\left(n\ln\left(1-\frac{x}{n}\right)\right)\\ &=&\exp\left(n\left(-\frac xn+o(1/n)\right)\right)\\ &=&\exp\big(-x+o(1)\big). \end{eqnarray*} Ainsi, pour tout $x\in\mathbb R$, on a $f_n(x)\to e^{-x}$. De plus, puisque $\ln(1+u)\leq u$ pour tout $u\in]-1,+\infty[$, on obtient $$0\leq f_n(x)\leq \exp\left(n\left(-\frac xn\right)\right)\leq e^{-x}$$ (cette inégalité est valable même si $x\notin [0,n[$). Puisque la fonction $e^{-x}$ est intégrable, on déduit du théorème de convergence dominée que $$\lim_{n\to+\infty}\int_0^{+\infty}f_n(x)dx=\int_0^{+\infty}e^{-x}dx=1.$$ En réalité, ici, l'usage du théorème de convergence dominée est complètement inutile. L'intégrale se calcule très facilement $$\int_0^n \left(1-\frac xn\right)^n dx=\left[-\frac n{n+1}\left(1-\frac xn\right)^{n+1}\right]_0^n =\frac n{n+1},$$ quantité qui tend bien évidemment vers $1$.

On commence par calculer $I_n(x)$ : par un changement de variables, puis par des intégrations par parties successives, on trouve \begin{eqnarray*} I_n(x)&=&n^x\int_0^1 (1-u)^{n}u^{x-1}du\\ &=&n^x \frac nx\int_0^1 (1-u)^{n-1}u^{x}du\\ &=&n^x \frac{n!}{x(x+1)\dots (x+n-1)}\int_0^1 u^{x+n-1}du\\ &=&n^x \frac{n!}{x(x+1)\dots (x+n)}. \end{eqnarray*} On voit donc que pour résoudre l'exercice, il suffit de prouver que $I_n(x)$ converge, à $x$ fixé, vers $\Gamma(x)$. Introduisons $f_n(t)=\mathbf 1_{[0,n]} \left(1-\frac{t}{n}\right)^n t^{x-1}$. Alors :

• Pour chaque $t$, on a $f_n(t)\to e^{-t}t^{x-1}$;
• De plus, utilisant que $\ln(1+x)\leq x$ (car le logarithme est concave), on a $$\ln(1-t/n)\leq -\frac{t}{n}.$$ Ainsi $$\left(1-\frac tn\right)^n=\exp\left(n\ln\left(1-\frac tn\right)\right)\leq e^{-t}$$ pour $|t|\leq n$. On en déduit que $$|f_n(t)|\leq e^{-t}t^{x-1},$$ fonction qui est intégrable.

On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée, ce qui donne le résultat.

Commençons par observer que, pour chaque entier $n$, l'intégrale est bien définie. En effet, si $C>0$ est tel que $|f(x)|\leq C$ pour tout $x\geq 0$, alors on a $$\left|\frac{a_nf(x)}{a_n^2+x^2}\right|\leq \frac{C a_n}{a_n^2+x^2}$$ et la fonction à droite de l'inégalité est intégrable (le dénominateur ne s'annule jamais sur $\mathbb R$, et elle est équivalente au voisinage de $+\infty$ à $Ca_n/x^2$). Déterminons maintenant la limite en utilisant le théorème de convergence dominée. Pour cela, on réalise le changement de variables $x=a_n u$. L'intégrale est alors égale à $$\int_0^{+\infty}\frac{f(a_n x)}{1+x^2}dx.$$ Posons $g(x)=\frac{\|f\|_\infty}{1+x^2}$. Alors la fonction $g$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ et de plus, pour tout $n\geq 1$ et tout $x\geq 0$, $$\left|\frac{f(a_n x)}{1+x^2}\right|\leq g(x).$$ En outre, pour tout $x\geq 0$, on a $$\lim_{n\to+\infty} \frac{f(a_n x)}{1+x^2}=\frac{f(0)}{1+x^2}.$$ D'après le théorème de convergence dominée, $$\lim_{n\to+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{a_n f(x)}{a_n^2+x^2}dx=\int_0^{+\infty}\frac{f(0)}{1+x^2}dx=\frac\pi 2f(0).$$

Remarquons pour commencer que, pour tout $n\geq 1,$ la fonction $\displaystyle x\mapsto \frac{1}{nx^2+\sqrt x}$ est continue sur $[1,+\infty[$. De plus, elle est équivalente en $+\infty$ (quand $x$ tend vers $+\infty$!) à $\frac1{nx^2}$. Par comparaison à une intégrale de Riemann, $I_n$ est bien définie.
Pour conjecturer un équivalent de $I_n,$ on peut remarquer que, à $x\geq 1$ fixé, $$\frac{1}{nx^2+\sqrt x}\sim_{n\to+\infty}\frac 1{nx^2}.$$ Il est donc "raisonnable" de conjecturer que $$I_n\sim_{n\to+\infty}\int_1^{+\infty}\frac{dx}{nx^2}=\frac 1n.$$ C'est parti! On a, pour tout $n\geq 1,$ \begin{align*} \frac{I_n}{\frac 1n}&=\int_1^{+\infty}\frac{n}{nx^2+\sqrt x}dx. \end{align*} Posons, pour $x\geq 1$ et $n\geq 1,$ $$f_n(x)=\frac{n}{nx^2+\sqrt x}.$$ Alors $f_n$ est continue par morceaux sur $[1,+\infty[$ et, pour tout $x\geq 1,$ $f_n(x)\to \frac1{x^2}$ lorsque $n\to+\infty$. De plus, pour tout $x\geq 1$ et tout $n\geq 1$, on a $$|f_n(x)|\leq \frac{n}{nx^2}=\frac 1{x^2}$$ et cette dernière fonction (qui ne dépend plus de $n$) est intégrable. Ainsi, par le théorème de convergence dominée, $$\lim_{n\to+\infty}\int_1^{+\infty}f_n(x)dx=\int_1^{+\infty}\frac1{x^2}dx=1.$$ Ceci démontre que $I_n\sim_{+\infty}1/n$.

On va appliquer le théorème de convergence dominée, mais après le changement de variables $t=x^n$ dans la première intégrale. On a alors $$n\int_1^{+\infty}e^{-x^n}dx=\int_1^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}t^{1/n}dt.$$ Posons alors, pour $n\geq 1$ et $t\geq 1$, $f_n(t)=\frac{e^{-t}}{t}t^{1/n}$. Il est clair que, pour tout $t\geq 1$, $f_n(t)\to \frac{e^{-t}}t$. Pour appliquer le théorème de convergence dominée, il faut encore vérifier l'hypothèse de domination. Mais, tout $t\geq 1$ et $n\geq 1$, on a $0\leq\frac{t^{1/n}}t=\frac 1{t^{1-\frac 1n}}\leq 1.$ Autrement dit, on a prouvé que, pour tout $t\geq 1$ et tout $n\geq 1$, on a $$|f_n(t)|\leq e^{-t}.$$ Or, la fonction $t\mapsto e^{-t}$ est intégrable sur $[1,+\infty[$. Il est donc légitime d'appliquer le théorème de convergence dominée et on trouve \[ \lim_{n\to+\infty} f_n(t)dt=\int_1^{+\infty}\frac{e^{-t}}tdt ,\] ce qui est le résultat voulu.

Remarquons d'abord que pour tout $n\geq 1,$ $x\mapsto e^{-x}/(x+n)$ est continue sur $[0,+\infty[$ et intégrable au voisinage de $+\infty$ car négligeable devant $e^{-x}$. Pour $x\in]0,+\infty[$ fixé, et pour $n$ tendant vers $+\infty,$ on a \begin{align*} \frac{e^{-x}}{n+x}&=\frac{e^{-x}}{n}\times\frac1{1+\frac xn}\\ &=\frac{e^{-x}}n\left(1-\frac xn+o\left(\frac 1n\right)\right)\\ &=\frac{e^{-x}}n-\frac{xe^{-x}}{n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right). \end{align*} Ainsi, ceci nous amène à conjecturer que $$I_n=\int_0^{+\infty}e^{-x}dx\times\frac 1n-\int_0^{+\infty}xe^{-x}dx\times\frac 1{n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right).$$ Si on calcule les deux intégrales précédentes (la première directement, la seconde par intégration par parties), on trouve $$\int_0^{+\infty}e^{-x}dx=\int_0^{+\infty}xe^{-x}dx=1.$$ On conjecture donc que $$I_n=\frac 1n-\frac1{n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right).$$ Formons la différence : \begin{align*} I_n-\frac 1n+\frac 1{n^2}&=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}}{x+n}dx-\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}}ndx+\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-x}}n^2dx\\ &=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}}{n^2(n+x)}\times \big(n^2-n(n+x)+(n+x)x\big)dx\\ &=\int_0^{+\infty}\frac{x^2e^{-x}}{n^2(n+x)}dx. \end{align*} Reste à démontrer que cette dernière intégrale est négligeable devant $1/n^2$. Ceci peut se faire facilement par le théorème de convergence dominée, ou en remarquant que $$0\leq \int_0^{+\infty}\frac{x^2e^{-x}}{n^2(n+x)}dx\leq \frac 1{n^3}\int_0^{+\infty}x^2e^{-x}dx.$$

1. Pour $t\in ]0,1[,$ on a $$\frac{\ln(t)}{t-1}=\frac{-\ln(t)}{1-t}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-\ln(t))t^n.$$ On pose, pour $n\geq 0$ et $t\in]0,1[$, $u_n(t)=-\ln (t)t^n$. Pour tout $n\geq 0,$ $u_n$ est continue par morceaux sur $]0,1[$ et intégrable sur $I=]0,1[$. De plus $u_n\geq 0$, $\sum_n u_n$ converge simplementsur $I$ vers $\displaystyle t\mapsto \frac{\ln(t)}{t-1}$ qui est continue par morceaux sur $I$. Par le théorème d'inversion séries/intégrales (cas des fonctions positives), on a donc $$\int_0^1 \frac{\ln(t)}{t-1}dt=\int_0^1 \sum_{n=0}^{+\infty}\left(-\ln(t)t^n\right) dt=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^1 -\ln(t)t^n dt.$$ Reste à calculer cette dernière intégrale, ce qu'on fait par une intégration par parties. En effet, pour $n\geq 0,$ $$\int_0^1-(\ln(t))t^n dt=\left[\frac{-t^{n+1}}{n+1}\ln(t)\right]_0^1 +\frac1{n+1}\int_0^1 t^n dt=\frac 1{(n+1)^2}.$$
2. Pour $t\in ]0,1[,$ on a $$\frac{\ln(t)}{1+t}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \ln(t)t^n.$$ On pose, pour $n\geq 0$ et $t\in]0,1[$, $u_n(t)=(-1)^n \ln (t)t^n$. Pour tout $n\geq 0,$ $u_n$ est continue par morceaux sur $]0,1[$ et intégrable sur $I=]0,1[$. De plus $\sum_n u_n$ converge simplement sur $I$ vers $\displaystyle t\mapsto \frac{\ln(t)}{t+1}$ qui est continue par morceaux sur $I$. Par le calcul précédent, $$\int_0^1 |u_n(t)|dt=-\int_0^1 \ln(t)t^n dt=\frac1{(n+1)^2}$$ et on a $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac 1{(n+1)^2}<+\infty.$ On peut donc appliquer le théorème d'inversion série/intégrale pour en déduire \begin{eqnarray*} \int_0^1 \frac{\ln(t)}{t+1}dt&=&\int_0^1 \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\ln(t)t^n dt\\ &=&\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \int_0^1 \ln(t)t^n dt\\ &=&\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)^2}. \end{eqnarray*}

On pourra aussi avoir la correction commentée de l'exercice dans la deuxième partie de cette vidéo : Dans toute la correction de l'exercice, on posera pour $n\geq 0$ et $t>1$ $$u_n(t)=\frac{1}{t^{3n+3}}.$$ Il est facile de remarquer que $$\int_1^{+\infty}u_n(t)dt=\frac 1{3n+2}.$$

1. On voudrait écrire que $$\int_1^{+\infty}\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n u_n(t)dt=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_1^{+\infty}(-1)^n u_n(t)dt.$$ Pour pouvoir appliquer le théorème d'intégration terme à terme, il faudrait que la série de terme général $\int_1^{+\infty}|(-1)^n u_n(t)|dt$ converge. Mais $$\int_1^{+\infty}|(-1)^n u_n(t)|dt=\int_1^{+\infty}u_n(t)dt=\frac 1{3n+2}$$ qui est le terme général d'une série divergente.
2. Par le critère des séries alternées, pour tout $n\geq 1$ et tout $t\geq 1,$ on a $$|R_n(t)|\leq \frac 1{t^{3n+3}}.$$ Pour prouver que $\int_1^{+\infty}R_n(t)dt$ converge vers $0$, on peut appliquer le théorème de convergence dominée à la suite $(R_n)$ ou bien remarquer que $$\int_1^{+\infty}|R_n(t)|dt\leq \int_1^{+\infty}\frac{dt}{t^{3n+3}}=\frac1{3n+2}.$$ Ainsi, si on pose $S_n(t)=\sum_{k=0}^n (-1)^k u_k(t),$ on a \begin{align*} \int_1^{+\infty}\frac{dt}{1+t^3}&=\int_1^{+\infty}S_n(t)dt+\int_1^{+\infty}R_n(t)dt\\ &=\sum_{k=0}^n \int_1^{+\infty}(-1)^k u_k(t)dt+\int_1^{+\infty}R_n(t)dt\\ &=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{3k+2}+\int_1^{+\infty}R_n(t)dt\\ &\xrightarrow {n\to+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{3k+2}. \end{align*}

On démontre facilement par récurrence que $\int_0^{+\infty}x^n e^{-x}dx=n!$. Mais alors, les hypothèses de l'exercice nous disent que la série $$\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^{+\infty}\left|a_n x^n e^{-x}\right|dx=\sum_{n\geq 0}|a_n|n!$$ est convergente. De plus, la série $\sum_{n\geq 0}a_n x^n$ est normalement convergente sur tout segment $[0,A]$, car on peut majorer $|a_nx^n|\leq |a_n|A^n\leq |a_n|n!$ pourvu que $n$ soit assez grand. La fonction somme est donc continue sur $[0,+\infty[$. On peut alors appliquer le théorème d'intégration termes à termes et on trouve $$\sum_{n\geq 0}a_n n!=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^{+\infty}a_n x^n e^{-x}dx=\int_0^{+\infty}\sum_{n=0}^{+\infty}a_n x^n e^{-x}$$ ce qui est le résultat voulu.

On sait que, pour tout $u\in\mathbb R$, on a $\cos(u)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n u^{2n}}{(2n)!}$. On en déduit que, pour tout $x\geq 0$, $\cos(\sqrt x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n x^n}{(2n)!}$. Posons, pour $x>0$, $f_n(x)=(-1)^n \frac{x^n}{(2n)!}e^{-x}$. Alors la série $\sum_{n\geq 1}f_n(x)$ converge pour tout $x>0$ vers $\cos(\sqrt x)e^{-x}$. De plus, on a $$\sum_{n\geq 1}\int_0^{+\infty} |f_n(x)|dx=\sum_{n\geq 1} \int_0^{+\infty}\frac{x^n e^{-x}}{(2n)!}dx.$$ Or, $\int_0^{+\infty}x^n e^{-x}dx=n!$ et donc $$\sum_{n\geq 1}\int_0^{+\infty} |f_n(x)|dx=\sum_{n\geq 1}\frac{n!}{(2n)!}$$ et ceci est une série convergente, comme on peut le constater en appliquant le critère de d'Alembert. On peut donc appliquer le théorème d'intégration terme à terme et on obtient $$\int_0^{+\infty}\cos(\sqrt x)e^{-x}dx=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^n e^{-x}dx= \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{n!}{(2n)!}.$$

On peut commencer par remarquer que, puisque $\ln(x)=_0o(1/\sqrt x)$ et que $\ln(1-x)=_1 o(1/\sqrt{1-x}),$ la fonction $x\mapsto \ln(x)\ln(1-x)$ est bien intégrable sur $]0,1[$. De plus, en effectuant un développement en série entière de $\ln(1-x),$ on sait que, pour tout $x\in ]0,1[$, $$\ln(x)\ln(1-x)=\sum_{n\geq 1}-\ln(x)\frac{x^n}{n}.$$ Posons, pour $n\geq 1$ et $x\in ]0,1[,$ $u_n(x)=-\ln(x)\frac{x^n}n.$ Alors $u_n(x)\geq 0$ et donc \begin{align*} \int_0^1 |u_n(x)|dx&=-\int_0^1 \ln(x)\frac{x^n}ndx\\ &=-\left[\ln(x)\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}\right]_0^1 +\int_0^1 \frac 1x\cdot \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}dx\\ &=\frac1{n(n+1)^2}. \end{align*} Puisque la série $\sum_n \frac{1}{n(n+1)^2}$ converge, on déduit du théorème d'intégration terme à terme que \begin{align*} \int_0^1 -\ln(x)\ln(1-x)dx&=\sum_{n\geq 1}-\int_0^1 \ln(x)\frac{x^n}ndx\\ &=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n(n+1)^2}. \end{align*}

On peut commencer par remarquer que, puisque $\ln(x)=_0o(1/\sqrt x)$ et que $\ln(1-x)=_1 o(1/\sqrt{1-x}),$ la fonction $x\mapsto \ln(x)\ln(1-x)$ est bien intégrable sur $]0,1[$. De plus, en effectuant un développement en série entière de $\ln(1-x),$ on sait que, pour tout $x\in ]0,1[$, $$\ln(x)\ln(1-x)=\sum_{n\geq 1}-\ln(x)\frac{x^n}{n}.$$ Puisque $-\ln(x)\frac{x^n}n\geq 0$ sur $]0,1[$, on peut appliquer le théorème de convergence monotone à la suite croissante de fonctions $(f_N),$ où $f_N(x)$ est donné pour $N\geq 1$ et $x\in]0,1[$ par $$f_N(x)=\sum_{n=1}^N -\ln(x)\frac{x^n}{n}.$$ On en déduit $$\int_0^1 -\ln(x)\ln(1-x)dx=\sum_{n\geq 1}-\int_0^1 \ln(x)\frac{x^n}ndx.$$ Cette dernière intégrale se calcule par une intégration par parties : \begin{align*} \int_0^1 \ln(x)\frac{x^n}ndx&=\left[\ln(x)\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}\right]_0^1 -\int_0^1 \frac 1x\cdot \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}dx\\ &=-\frac1{n(n+1)}. \end{align*}

Posons, pour $x\in]0,1[$, $f_n(x)=\left(x^\alpha+\frac{e^x}n\right)^{-1}$. On remarque d'une part que la suite $(f_n)$ est croissante. En effet, soit $x\in [0,1]$. Alors on a $$0<\frac{e^x}{n+1}\leq\frac{e^x}n.$$ Ajoutant $x^\alpha$, qui est positif, et passant à l'inverse, on trouve $$f_{n+1}(x)\geq f_n(x)\geq 0.$$ D'autre part, pour tout $x\in ]0,1]$, $(f_n(x))$ converge vers $x^{-\alpha}$. On peut appliquer le théorème de convergence monotone, et on trouve que $$\int_0^1 \left(x^\alpha+\frac{e^x}n\right)^{-1}dx \to \int_0^{1}x^{-\alpha}dx= \left\{ \begin{array}{ll} \frac1{1-\alpha}&\textrm{ si }\alpha<1\\ +\infty&\textrm{ sinon}. \end{array} \right.$$

On a, pour tout $x>0$, \begin{eqnarray*} \zeta(x)\Gamma(x)&=&\sum_{n\geq 1}n^{-x}\int_0^{+\infty} e^{-t}t^{x-1}dt\\ &=&\sum_{n\geq 1}\int_0^{+\infty} n^{-x}e^{-t}t^{x-1}dt &=&\sum_{n\geq 1}\int_0^{+\infty} e^{-un}u^{x-1}du \end{eqnarray*} en ayant effectué, dans chaque intégrale, le changement de variables $t=un$. Or, pour chaque $n\geq 1$ et chaque $x>0$, la fonction $u\mapsto e^{-un}u^{x-1}$ est positive sur $]0,+\infty[$. On peut donc appliquer le théorème de convergence monotone, et on trouve que \begin{eqnarray*} \zeta(x)\Gamma(x)&=&\int_0^{+\infty}\sum_{n\geq 1}e^{-un}u^{x-1}\\ &=&\int_0^{+\infty}\frac{u^{x-1}e^{-u}}{1-e^{-u}}du\\ &=&\int_0^{+\infty}\frac{u^{x-1}}{e^u-1}. \end{eqnarray*}