Guerre aux méthodes pour une intégrale
Bonjour,
Votre méthode pour le calcul de
$$
\int_0^{+\infty } \frac{\cos(n x) -\cos(x) }x=\ln(n)
$$ Ma préférée est celle par les TL (rapide et efficace)
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x-\cos nx}{x}&=\int_{0}^{\infty}(\mathscr L(\cos x)(s)-\mathscr L(\cos nx)(s)) ds\\
&=\int_{0}^{\infty}\Big(\frac{s}{s^{2}+1}-\frac{s}{s^{2}+n^2}\Big)ds\\
&=\frac 12 \ln \Big( \frac{s^{2}+1}{s^{2}+n^2}\Big)_{0}^{\infty} =-\ln n.
\end{align*}
Votre méthode pour le calcul de
$$
\int_0^{+\infty } \frac{\cos(n x) -\cos(x) }x=\ln(n)
$$ Ma préférée est celle par les TL (rapide et efficace)
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x-\cos nx}{x}&=\int_{0}^{\infty}(\mathscr L(\cos x)(s)-\mathscr L(\cos nx)(s)) ds\\
&=\int_{0}^{\infty}\Big(\frac{s}{s^{2}+1}-\frac{s}{s^{2}+n^2}\Big)ds\\
&=\frac 12 \ln \Big( \frac{s^{2}+1}{s^{2}+n^2}\Big)_{0}^{\infty} =-\ln n.
\end{align*}
Le 😄 Farceur
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Réponses
\begin{align}K&=\int_0^{+\infty } \frac{\cos(n x) -\cos(x) }{x}dx\\
K\left(\epsilon,A\right)&=\int_\epsilon^A \frac{\cos(n x) -\cos(x) }{x}dx\\
&=\underbrace{\int_\epsilon^A \frac{\cos(n x)}{x}dx}_{y=nx}-\int_\epsilon^A \frac{\cos(x)}{x}dx\\
&=\int_{n\epsilon}^{nA} \frac{\cos(y)}{y}dy-\int_\epsilon^A \frac{\cos(x)}{x}dx\\
&=\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx-\int_\epsilon^{n\epsilon} \frac{\cos(x)-1}{x}dx-\int_\epsilon^{n\epsilon} \frac{1}{x}dx\\
&=\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx-\int_\epsilon^{n\epsilon} \frac{\cos(x)-1}{x}dx-\ln n\\
\end{align}
Or, $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx\right|\leq \dfrac{1}{A}$. (édit: inégalité fausse voir les messages suivants).
Et l'intégrande de la dernière intégrale du membre de droite peut être prolongée continûment sur $[0;1]$ donc cette fonction est bornée sur $[0;1]$.
Ainsi quand on fait tendre $\epsilon$ vers $0$ et $A$ vers l'infini on obtient: $\displaystyle K=\lim_{\epsilon\rightarrow 0,A\rightarrow \infty}K\left(\epsilon,A\right)=-\ln n$
PS: pour tenir compte de la remarque judicieuse de Calli ci-dessous, j'ai renommé $A\left(\epsilon,A\right)$ en $K\left(\epsilon,A\right)$.
En utilisant la convergence de $\displaystyle\int_1^{+\infty}\dfrac{\cos x}xdx$ on obtient directement que la limite de $\displaystyle \int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx$ quand $A$ tend vers l'infini est nulle.
$\displaystyle \int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx\overset{\text{IPP}}=\Big[\frac{\sin x}{x}\Big]_A^{nA}+\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx=\frac{\sin(nA)}{nA}-\frac{\sin(A)}{A}+\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx$
Or, $\displaystyle \left|\dfrac{\sin(nA)}{nA}-\dfrac{\sin(A)}{A}\right|\leq \left(1+\frac{1}{n}\right)\frac{1}{A}$
et, $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx\right|\leq \dfrac{|n-1|}{\min(1,n)A}$
Donc, $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx \right|\leq \left(1+\frac{1}{n}+\dfrac{|n-1|}{\min(1,n)}\right)\frac{1}{A}$
J'espère que c'est correct maintenant. B-)-
PS:
Ce n'est pas une évidence que $\displaystyle \displaystyle\int_1^{+\infty}\dfrac{\cos x}xdx$ converge.
(en quelque sorte mon calcul est proche de la preuve habituelle de la convergence de cette intégrale)
$A(\epsilon,A)$ ce n'est pas le meilleur choix de notations qu'on ait vu. B-)-
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2255698,2255712#msg-2255712
Sans faire intervenir le min, on peut majorer $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx\right|$ par $\displaystyle\int_A^{nA} \frac{1}{x^2}dx=\left(1-\dfrac1n\right)\dfrac1A$ quand $n>1$ (l'opposé quand $n<1$) d'où $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx \right|\leq \frac{2}{A}$ quand $n>1$.
C'est bien cette IPP qu'on utilise classiquement pour montrer la convergence de $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{\cos(x)}{x}dx$.
D'après la deuxième formule de la moyenne, il existe $c\in[A,nA]$ tel que $$\int_A^{nA}\frac{\cos x}{x}\mathrm dx=\frac{1}{A}\int_A^c\cos x\mathrm dx$$ d'où $\displaystyle \left\lvert\int_A^{nA}\frac{\cos x}{x}\mathrm dx\right\rvert\leq \frac{2}{A}$.
En dérivant par rapport à $A$ et en réintégrant, je trouve que
$$
\int_{0}^{+\infty} e^{-tx} \frac{\cos(Ax)-\cos(x)}x \ dx=\frac12\log\Big(\frac{t^2+A^2}{t^2+1}\Big),
$$ et il n'y a plus qu'à faire tendre $t$ vers $0$.
alea se demande je ne comprends pas les écritures de son premier message.
C'est une propriété non enseignée en France des TL, pourtant elle est très utile en calcul intégrale. Je te renvoie vers les liens de cette page http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2246476,2255512#msg-2255512
PS j'avais donné de faux liens, j'ai corrigé
On notera $\sinc$ la fonction $x\mapsto \frac{\sin(x)}{x}$ prolongée par $1$ en $0$.
Par intégration par parties, puis par Fubini [\begin{align}\int_0^{+\infty} \frac{\cos(nx)-\cos(x)}{x}dx&=\left[\frac{\frac{\sin(nx)}{n}-\sin(x)}{x}\right]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\left(\frac{\sin(nx)}{n}-\sin(x)\right)\times\left(-\frac{1}{x^2}\right)dx\\
&=\int_0^{+\infty}\frac{\sinc(nx)-\sinc(x)}{x}dx\\
&=\int_0^{+\infty}\int_1^n\sinc'(tx)dtdx\\
&=\int_1^n\int_0^{+\infty}\sinc'(tx)dxdt\\
&=-\int_1^n\frac{dt}{t}\\
&=-\ln(n)\end{align}\]
Évidemment, c'est encore une intégrale de Cauchy-Frullani...
[Edit] Signe corrigé.
Et il doit y avoir une erreur de signe.