Un poids qui se concentre lit la valeur au bord

La stratégie. Majorer brutalement d'abord, puis couper l'intégrale en deux : près de $1$, la continuité de $f$ contrôle l'écart à $f(1)$ ; ailleurs, le poids $t^n$ s'effondre.

1) La limite nulle. $f$ est continue sur un segment : par le théorème des bornes atteintes, $M={\max }_{[0,1]}|f|$ existe. Par l'inégalité triangulaire intégrale puis par croissance : $$\left|{\int }_0^1{t}^{n}f(t)\mathrm{d}t\right|\le M{\int }_0^1{t}^n\mathrm{d}t=\frac{M}{n+1}\underset{n\to \infty }{\to }0.$$

2) La bonne décomposition. Comme $n{\int }_0^1{t}^n\mathrm{d}t=\frac{n}{n+1}$, $$n{\int }_0^1{t}^{n}f(t)\mathrm{d}t-f(1)=n{\int }_0^1{t}^n(f(t)-f(1))\mathrm{d}t-\frac{f(1)}{n+1},$$ et le dernier terme tend vers $0$. Soit $\epsilon >0$. Par continuité de $f$ au point $1$, il existe $\delta \in ]0,1[$ tel que $|f(t)-f(1)|\le \epsilon$ pour $t\in [1-\delta ,1]$. On coupe en $1-\delta$ par la relation de Chasles.

Sur $[1-\delta ,1]$, la continuité travaille : le morceau est majoré en valeur absolue par $\epsilon n{\int }_{1-\delta }^1{t}^n\mathrm{d}t\le \epsilon n{\int }_0^1{t}^n\mathrm{d}t=\epsilon \frac{n}{n+1}\le \epsilon$.

Sur $[0,1-\delta ]$, le poids s'effondre : en majorant $|f(t)-f(1)|$ par $2M$, et puisque ${\int }_0^{1-\delta }{t}^n\mathrm{d}t=\frac{(1-\delta {)}^{n+1}}{n+1}$, le morceau est majoré par $2M\frac{n}{n+1}(1-\delta {)}^{n+1}\le 2M(1-\delta {)}^{n+1}$, qui tend vers $0$ : c'est une suite géométrique de raison $1-\delta \in ]0,1[$.

À partir d'un certain rang, ce second morceau et $\frac{|f(1)|}{n+1}$ sont chacun majorés par $\epsilon$, et l'écart total par $3\epsilon$. Ceci pour tout $\epsilon >0$ : $n{\int }_0^1{t}^{n}f(t)\mathrm{d}t\to f(1)$.

Le point délicat : l'ordre des choix. On fixe d'abord $\epsilon$, qui fournit $\delta$ ; ensuite seulement, $\delta$ étant figé, on fait tendre $n$ vers l'infini. Si $\delta$ dépendait de $n$, la majoration $(1-\delta {)}^{n+1}$ ne tendrait plus nécessairement vers $0$ : l'erreur est invisible tant qu'on n'écrit pas l'ordre des quantificateurs.

L'interprétation. La fonction $t\mapsto (n+1)t^n$ est positive, d'intégrale $1$ : un poids qui se concentre près de $1$ quand $n$ grandit — pour $n=1000$, sa part sur $[0;0,99]$ vaut $0,99^{1001}\approx 4\times 10^{-5}$. L'intégrale, moyenne de $f$ pondérée par ce poids, finit par ne lire que $f(1)$.

Contrôles. Pour $f(t)=t$, l'intégrale vaut $\frac{n}{n+2}$, qui tend vers $1=f(1)$ ; pour $f=\cos$ et $n=8000$, le calcul numérique donne $0,54034$, contre $\cos 1\approx 0,54030$.

Ce que l'exercice installe. Couper l'intégrale près du point, en choisissant $\epsilon$, puis $\delta$, puis seulement le rang. Un noyau positif de masse $1$ qui se concentre lit la valeur de la fonction : c'est le modèle des approximations de l'unité, et ce que les physiciens idéalisent en une impulsion de Dirac — une force très brève, une charge ponctuelle.