Nature de 3 intégrales

@totem
Pour la 2, je crois que Poirot peut nous aider ( question de disponibilité), il est plus à l'aise avec la méthode des résidus vu ce post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1734396,1736022

@totem
D’après ce message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1797000,1797134#msg-1797134, il semble que tu bloques sur la nature de la série 2. je te laisse encore réfléchir, la nuit je te dirais comment si tu bloques encore

supp

Moi j'avais ramené le problème à étudier $$\int_0^{+\infty} \frac 1{1+x^4\sin^2(x)} dx$$ (puisque à partir d'un certain rang $T,\ \cosh(x)>x^4$)
En fait je connaissais un résultat de convergence des intégrales $\int_0^{+\infty} \frac 1{1+x^a\sin^2(x)} dx,$ pour $a>2.$
@side ton calcul est juste et je suis content que le forum soit enrichi par un nouveau membre de qualité, je suis de plus près des interventions mais je serais très content si tu apprends le Latex, tes contributions seront lues par un grand nombre).
@totem
Montre pour $a>1$ la convergence de $$\int_0^{+\infty} \frac 1{1+x^a |\sin(x)|} dx$$

@gebrane : en minorant l'intégrande par $\frac{1}{1+x^a}$ la divergence est immédiate.

Pour le calcul de la troisième intégrale...
Posons pour $n\geq 1$ $$I_{n}=\int_{0}^{n}(1-\frac{t}{n})^{n}\ln(t).$$
Soit $n\in \mathbb{N}^{*}.$ En développant par le binôme de Newton, on a
\begin{align*}
I_{n} & =\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}\frac{1}{n^{k}}\int_{0}^{n}t^{k}\ln(t)dt \\
& := \sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}\frac{1}{n^{k}}J_{k}.
\end{align*}

Par intégration par parties, on a alors pour $k\in \{0,\ldots,n\}$
\begin{align*}
J_{k} & = \Big[ \frac{t^{k+1}}{k+1}\ln(t) \Big]_{0}^{n}-\frac{1}{k+1}\int_{0}^{n}t^{k}dt\\
& = \frac{n^{k+1}}{k+1}\ln(n)-\frac{n^{k+1}}{(k+1)^{2}}.
\end{align*}

Ainsi, on obtient par des applications successives du binôme de Newton (j'ai essayé de découper au mieux chaque manipulation)
\begin{align*}
I_{n} & = \sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}\frac{1}{n^{k}}\times\Big(\frac{n^{k+1}}{k+1}\ln(n)-\frac{n^{k+1}}{(k+1)^{2}}\Big)\\
& =\frac{n}{n+1}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n+1}{k+1}\Big(\ln(n)-\frac{1}{k+1}\Big) \\
&=-\frac{n}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k}\binom{n+1}{k}\Big(\ln(n)-\frac{1}{k}\Big)\\
&=\frac{n}{n+1}\Big(\ln(n)+\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k}\binom{n+1}{k}t^{k-1}dt\Big)\\
&= \frac{n}{n+1}\Big(\ln(n)-\int_{0}^{1}\frac{1-(1-t)^{n+1}}{t}dt\Big)\\
& =\frac{n}{n+1}\Big(\ln(n)-\int_{0}^{1}\frac{1-t^{n+1}}{1-t}dt\Big)\\
&=\frac{n}{n+1}\Big(\ln(n)-\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{n}t^{k}dt\Big)\\
& =\frac{n}{n+1}\Big(\ln(n)-\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}\Big).
\end{align*}

Ainsi, par définition de la constante d'Euler, on a $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} I_{n}=-\gamma.$
Et par convergence dominée, on obtient finalement $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} I_{n}=\int_{0}^{+\infty}e^{-t}\ln(t)dt=-\gamma.$

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