Autour des propriétés de l'intégrale - Exercice 1

On a :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \,\, I_n = \int_0^1 \dfrac{t^n}{1+t} \, dt = \int_0^1 \dfrac{1}{1+t} \times t^n \, dt$$
Donc, on peut écrire que :
$$\left| \int_0^1 \dfrac{1}{1+t} \times t^n \, dt \right| \leqslant \underset{t \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| \dfrac{1}{1+t} \right| \times \int_0^1 \left| t^n \right| \, dt$$
Or $$t \longmapsto \dfrac{1}{1+t}$$ est décroissante sur l'intervalle d'intégration $$[0\,;\,1]$$, donc $$\underset{t \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| \dfrac{1}{1+t} \right| = \dfrac{1}{1+0} = \dfrac{1}{1} = 1$$. Ainsi, on a :
$$\left| \int_0^1 \dfrac{1}{1+t} \times t^n \, dt \right| \leqslant 1 \times \int_0^1 \left| t^n \right| \, dt$$
Soit encore :
$$\left| I_n \right| \leqslant \int_0^1 \left| t^n \right| \, dt$$
De plus :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \,\, \forall t \in [0\,;\,1], \,\, t^n \geqslant 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left| t^n \right| = t^n$$
Donc :
$$\left| I_n \right| \leqslant \int_0^1 t^n \, dt \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left| I_n \right| \leqslant \left[ \dfrac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left| I_n \right| \leqslant \dfrac{1-0}{n+1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left| I_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n+1}$$
Ainsi, on a :
$$- \dfrac{1}{n+1} \leqslant I_n \leqslant \dfrac{1}{n+1}$$
Or, on constate que :
$$\lim_{n \longrightarrow +\infty} \left( - \dfrac{1}{n+1} \right) = \lim_{n \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{1}{n+1} \right) = 0$$
Ainsi, en vertu du théorème de l'encadrement, on en déduit que :
$$\lim_{n \longrightarrow +\infty} I_n = 0$$
Finalement :
$$\ell = 0$$

On a :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \,\, \mathcal{I}_n = \int_0^\pi \dfrac{\sin(t)}{n+t} \, dt = \int_0^\pi \dfrac{1}{n+t} \times \sin(t) \, dt$$
Donc, on peut écrire que :
$$\left| \int_0^\pi \dfrac{1}{n+t} \times \sin(t) \, dt \right| \leqslant \underset{t \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| \dfrac{1}{n+t} \right| \times \int_0^\pi \left| \sin(t) \right| \, dt$$
Or $$t \longmapsto \dfrac{1}{n+t}$$ est décroissante sur l'intervalle d'intégration $$[0\,;\,1]$$, donc $$\underset{t \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| \dfrac{1}{n+t} \right| = \dfrac{1}{n+0} = \dfrac{1}{n}$$. Ainsi, on a :
$$\left| \int_0^\pi \dfrac{1}{n+t} \times \sin(t) \, dt \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \int_0^\pi \left| \sin(t) \right| \, dt$$
Soit encore :
$$\left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \int_0^\pi \left| \sin(t) \right| \, dt$$
De plus :
$$\forall t \in [0\,;\,\pi], \,\, \sin(t) \geqslant 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left| \sin(t) \right| = \sin(t)$$
Donc :
$$\left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \int_0^\pi \sin(t) \, dt$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \left[ - \cos(t) \right]_0^\pi \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \left[ \cos(t) \right]_\pi^0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \left( \cos(0) - \cos(\pi)\right)$$
Soit encore :
$$\left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \left( 1 - (-1) \right) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{1}{n} \times \left( 1 + 1 \right) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left| \mathcal{I}_n \right| \leqslant \dfrac{2}{n}$$
Ainsi, on a :
$$- \dfrac{2}{n} \leqslant \mathcal{I}_n \leqslant \dfrac{2}{n}$$
Or, on constate que :
$$\lim_{n \longrightarrow +\infty} \left( - \dfrac{2}{n} \right) = \lim_{n \longrightarrow +\infty} \left( \dfrac{2}{n} \right) = 0$$
Ainsi, en vertu du théorème de l'encadrement, on en déduit que :
$$\lim_{n \longrightarrow +\infty} \mathcal{I}_n = 0$$
Finalement :
$$L = 0$$