Convergence dominée

Bonsoir, le fait qu'on demande si l'intégrale est bien définie s'agit-il de montrer qu'elle a un sens ? Je ne sais pas trop mais si je me place dans le cadre de l'intégrale de Lebesgue, voici ce que je fais .

1-
La fonction $x->\phi(x)$ est mesurable car produit de fonctions qui le sont. De plus elle est positive donc l'intégrale est bien définie.
la fonction $u: x->x \mathbb{1}_{[0,1[}$ qui vue comme comme une application définie sur $[0,\infty[$ est mesurable car produit de fonctions qui le sont. De même, la fonction $v:x->\frac{x}{1+x^3}$ est mesurable vue comme une application définie sur $[0,\infty[$. En outre elles sont à valeurs positives . Puisque $h$ est la somme de deux fonctions mesurables et positives, on en déduit que la deuxième quantité a un sens.

2-
En utilisant la linéarité de l'intégrale pour les fonctions positives, on en déduit que $\int_{0}^{\infty} h(x)dx=\int_{0}^{\infty} u(x)dx+\int_{0}^{\infty} v(x)dx$
On a $\int_{0}^{\infty} u(x)dx <\infty$. la seconde intégrale est aussi finie en appliquant le critère de comparaison des fonctions positives (On constate que la fonction $v$ est équivalent au voisinage de $\infty$ à une fonction qui est positive et Riemann intégrable à savoir $\frac{1}{x^2}$ car $2>1$.
De tout ce qui précède, on en déduit que $\int_{0}^{\infty} h(x)dx<\infty$

3-Non  en appliquant le critère de comparaison des fonctions positives.

4-
Soit $x \in [0,\infty[$
si $x=1$, on a $f_{n}(1)=\frac{\sqrt{2}}{4}$ donc la suite $(f_{n}(x))_{n}$.
si $ 0\leq x <1$, on sait que la suite $(q_{n}(x))_{n}$ définie par $q_{n}(x)=x^{n+3}$ tend vers 0 car suite géométrique de raison $x<1$. On en déduit alors que la suite $(f_{n}(x))_{n}$ converge vers $xsin(\frac{\pi.x^2}{4})$
si $x>1$, la suite $(f_{n}(x))_{n}$ converge vers $0$
De tout ce qui précède , on en déduit que la suite de fonctions converge simplement sur $[0,\infty[$ vers la fonction $f$ définie par :
$f(x)=\frac{\sqrt(2)}{4}$ si $x=1$ , $f(x)=xsin(\frac{\pi.x^2}{4})$ si $0 \leq x <1$ et $f(x)=0$ si $x>1$.

5-
Il revient ici de réaliser une majoration en fonction du découpage de notre intervalle. 
Alors :
Soit $n$ entier
si $0 \leq x <1$, on a pour $\lvert f_{n}(x) \rvert \  \leq x$
si $x=1$ on a juste $f_{n}(x)=\frac{\sqrt(2)}{4}$
si $x>1$, on sait que $x^{n+3}+1\geq x^{2}+1$ (et par décroissance de la fonction inverse sur $]1,\infty[$ et autres ), on obtient que :
$\lvert f_{n}(x) \rvert \  \leq \frac{1}{x^2+1} $
De tout ce qui précède, on en déduit que pour tout $n$ entier et pour tout $x \geq 0$, $\lvert f_{n}(x) \rvert \  \leq g(x)$ où $g$ est définie par :
$g(x)=x$ si $0 \leq x <1$ , $g(x)=\frac{\sqrt(2)}{4}$ si $x=1$ et $g(x)=\frac{1}{x^{2}+1}$ si $x>1$. Cette fonction $g$ est mesurable car continue par morceaux , elle est à valeurs positives et $\int_{0}^{\infty} g(x)dx<\infty$ en utilisant les règles de comparaisons .

6-
D'après les résultats des questions 4 et 5, on voit que les hypothèses du théorème de convergence dominée sont respectées alors cette limite existe.