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Calcul de l’intégrale de Cauchy \(\int_0^\infty \frac{sin(t)}{t}dt\) (1)
On considère l’application \(f(x):=\int_0^\infty\frac{sin(t)}{t}e^{-xt}dt\).
Montrer que \(f\in\mathscr C^1(\mathbb R_+^\star)\).
En déduire une forme explicite de \(f\) sur \(\mathbb R_+^\star\).
Montrer que \(f\) est continue à l’origine.
En déduire que \(\int_0^\infty \frac{sin(t)}{t}dt=\frac{\pi}{2}\).
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[ID: 2781] [Date de publication: 9 novembre 2022 16:17] [Catégorie(s): Intégration ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]Solution(s)
Solution(s)
Calcul de l’intégrale de Cauchy \(\int_0^\infty \frac{sin(t)}{t}dt\)
(1)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:17
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:17
Écrivons \(f(x)=\int_0^\infty g(x,t)dt\) où \(g(x,t)=e^{-xt}\frac{sin(t)}{t}\). Pour \(x=0\), \(f(0)=\int_0^\infty\frac{\sin(t)}{t}dt\) et nous retrouvons l’intégrale (convergente1) de Cauchy ; pour \(x>0\), comme \(\vert g(x,t)\vert\leq e^{-xt}\in L^1(\mathbb R_+)\), \(f\) est encore bien définie : \(f\) est finalement définie sur \(\mathbb R_+\).
Soit \(a>0\), nous avons \[\vert g(x,t)\vert\leq e^{-at}\in L^1(\mathbb R_+)\quad\text{et}\quad\left\vert\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,t)\right\vert=\vert -\sin(t)e^{-xt}\vert\leq e^{-at}\in L^1(\mathbb R_+).\] De ces deux inégalités, le théorème de continuité et dérivabilité des intégrales à paramètres assure que \(f\in\mathscr C^1(\mathbb R_+^\star)\) et \[\forall\,x\in\mathbb R_+^\star,\qquad f'(x)=-\int_0^\infty \sin(t)e^{-xt}dt.\] Remarque : Il faut se garder, malgré les questions suivantes, de vouloir par ces théorèmes de domination obtenir la continuité de \(f\) à l’origine : en effet \(f\) est à l’origine définie par l’intégrale de Cauchy qui est notoirement non absolument convergente et une domination de \(g\) dans un voisinage de l’origine impliquerai assurément l’absolue convergence. C’est pourquoi d’ailleurs les dominations n’ont lieu que sur \([a,+\infty[\)...
L’expression de \(f'(x)\) que nous venons d’obtenir nous permet un calcul explicite : soit \(x>0\) \[\begin{aligned}f'(x)= -\int_0^\infty \sin(t)e^{-xt}dt&=-\dfrac{1}{2i}\int_0^\infty \left( e^{it}-e^{-it}\right) e^{-xt}dt\\ &= -\dfrac{1}{2i}\int_0^\infty\left( e^{t(i-x)}-e^{-t(i+x)}\right) dt\\ &=-\dfrac{1}{2i}\left( \left[ \dfrac{e^{t(i-x)}}{i-x}\right]_0^\infty+\left[ \dfrac{e^{-t(i+x)}}{i+x}\right]_0^\infty \right) \\ &=-\dfrac{1}{2i}\left( -\dfrac{1}{i-x}-\dfrac{1}{i+x}\right) =-\dfrac{1}{1+x^2} \end{aligned}\] (les deux termes entre crochets sont nuls à l’infini car par exemple \(\vert\frac{e^{-t(i+x)}}{i+x}\vert=\frac{e^{-xt}}{\sqrt{x^2+1}}\to 0\) lorsque \(t\) tends vers \(+\infty\)....). En intégrant cette formule, il vient \[\exists\,C\in\mathbb R\ :\ \forall\,x\in\mathbb R_+^\star\qquad f(x)=-\text{arctan}(x)+C.\] La constante \(C\) n’est pas difficile à déterminer, en effet la formule ci-dessus implique que \[\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\dfrac{\pi}{2}+C\] et pour tout \(x>0\) \[\vert f(x)\vert\leq\int_0^\infty e^{-xt}dt=\dfrac{1}{x}\underset{x\to +\infty}{\to}0\] soit \[-\dfrac{\pi}{2}+C=0\qquad\text{et}\quad C=\dfrac{\pi}{2}.\] Résumons nous : \[f(x)=\begin{cases}-\text{arctan}(x)+\dfrac{\pi}{2},\quad &\text{si}\ x>0\\ \int_0^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}dt,\quad &\text{si}\ x=0.\end{cases}{(\text{\ding{56}})}\]
Il s’agit de montrer que \[\lim_{x\to 0_+}\vert f(x)-f(0)\vert=\left\vert\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}\left( e^{-xt}-1\right)\right\vert dt=0.\] Cette limite n’est pas triviale, on va faire une intégration par parties : considérons pour \(t>0\), \(G(t)=\int_t^\infty\frac{\sin(u)}{u}du\). \(G\) est dérivable et \(G'(t)=-\frac{\sin(t)}{t}\), en outre la convergence de \(\int_0^\infty\frac{\sin(t)}{t}dt\) implique \(\lim_{t\to\infty}G(t)=0\). Ainsi \[\begin{aligned} f(x)-f(0)&=\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}\left( e^{-xt}-1\right)\\ &=-\int_0^\infty G'(t)\left( e^{-xt}-1\right)\\ &=\left[ G(t)\left( e^{-xt}-1\right)\right]_0^\infty-\int_0^\infty G(t)xe^{-xt}dt\\ &\underset{u=xt}{=}-\int_0^\infty G\left( \dfrac{u}{x}\right) e^{-u}du:=-\int_0^\infty H(x,u)du \end{aligned}\] et la fonction \[H(x,u)=\begin{cases} G\left( \dfrac{u}{x}\right)e^{-u}\quad & \text{si }\ x\neq 0,\\ 0\quad&\text{si }\ x= 0.\end{cases}\] est continue sur \(\mathbb R^+\times\mathbb R_+^\star\) (la continuité en \((0,u)\) découle de \(\lim_{t\to\infty}G(t)=0\)) ; elle est aussi dominée par \[\vert H(x,u)\vert\leq e^{-u}\in L^1(\mathbb R_+).\] Donc par convergence dominée \[\lim_{x\to 0_+}\vert f(x)-f(0)\vert=\lim_{x\to 0}\left\vert-\int_0^\infty H(x,u)du \right\vert=\left\vert-\int_0^\infty \lim_{x\to 0}H(x,u)du \right\vert=0.{(\text{\ding{52}})}\] \(f\) est donc bien continue à l’origine.
() et () donnent immédiatement \[\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}dt=\dfrac{\pi}{2}.\]
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