Soient \(\displaystyle f(x)=\int_0^\infty\,\dfrac{\sin(t)}{t+x}dt,\ g(x)=\int_0^\infty\,\dfrac{e^{-xt}}{t^2+1}dt\).

 Montrer que \(f,g\in\mathscr C^2(\mathbb R^\star)\) (pour \(f\), on pourra commencer par montrer que \(f(x)=\int_0^\infty\,\frac{1-\cos(t)}{(t+x)^2}dt\)).

Montrer que \(f\) et \(g\) sont solutions de l’équation différentielle \(y''+y=1/x\).

En déduire que \(f-g\) est \(2\pi\)-périodique (sur son domaine de définition).

Montrer que \(f\) et \(g\) sont équivalentes à \(1/x\) en \(+\infty\) puis, que \(f=g\).

En déduire la valeur que \(\displaystyle\int_0^\infty\,\dfrac{\sin(t)}{t}dt\).


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[ID: 2787] [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 \(\int_0^\infty\,\frac{\sin(t)}{t}dt\) (4)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:17

Ces intégrales impropres sont clairement convergentes pour tout \(x\in\mathbb R_+\) ; posons pour \((x,t)\in\mathbb R_+\times\mathbb R_+\) : \(f(x,t)=\sin(xt)/t+x, g(x,t)=e^{-tx}/t^2+1\). Les dominations \[\begin{aligned}&\left\vert g(x,t)\right\vert\leq \dfrac{1}{1+t^2},\quad\forall\,t\in\mathbb R_+,\\ &\quad\forall\,t\in\mathbb R_+,\quad \left\vert \dfrac{\partial g(x,t)}{\partial x}\right\vert\leq \dfrac{te^{-at}}{1+t^2}\in L^1(\mathbb R_+),\quad\forall\,x\geq a>0,\\ &\quad\forall\,t\in\mathbb R_+,\quad\left\vert \dfrac{\partial^2 g(x,t)}{\partial x^2}\right\vert\leq \dfrac{t^2e^{-at}}{1+t^2}\in L^1(\mathbb R_+),\quad\forall\,x\geq a>0, \end{aligned}\] assurent par convergence dominée que \(g\) est continue sur \(\mathbb R_+\) et de classe \(\mathscr C^2\) sur \(\mathbb R_+^\star\) avec \[g'(x)=-\int_0^\infty\,\dfrac{te^{-xt}}{t^2+1}dt,\ g''(x)=\int_0^\infty\,\dfrac{t^2e^{-xt}}{t^2+1}dt,\quad\forall\,x\in\mathbb R_+^\star.\] On en déduit immédiatement que \(g''(x) +g(x)=1/x\) sur \(\mathbb R_+^\star\).

Pour \(f\) c’est un peu plus délicat car l’application \(t\mapsto f(x,t)\) est notoirement non absolument intégrable sur \(\mathbb R_+\) et toute domination est veine, on commence donc par une intégration par parties pour obtenir une expression plus exploitable de \(f\). \[f(x)=\int_0^\infty\,\dfrac{\sin(t)}{t+x}dt=\left[ \dfrac{1-\cos(t)}{t+x}\right]_0^{\infty} +\int_0^\infty\,\dfrac{1-\cos(t)}{(t+x)^2}dt=\int_0^\infty\,\dfrac{1-\cos(t)}{(t+x)^2}dt\] (afin d’alléger les calculs on a choisi \(1-\cos(t)\) comme primitive de \(\sin(t)\) choix qui annule le terme entre crochets). De là, si \(h(x,t)={1-\cos(t)}/{(t+x)^2}\) et pour \(x\geq a>0\) \[\begin{aligned} &\forall\,t\in\mathbb R_+,\quad\left\vert \dfrac{\partial h(x,t)}{\partial x}\right\vert =\left\vert-\dfrac{2(1-\cos(t))}{(t+x)^3}\right\vert\leq \dfrac{2}{(t+a)^3}\in L^1(\mathbb R_+),\quad\forall\,x\geq a>0,\\ &\forall\,t\in\mathbb R_+,\quad\left\vert \dfrac{\partial^2 h(x,t)}{\partial x^2}\right\vert =\left\vert\dfrac{6(1-\cos(t))}{(t+x)^4}\right\vert\leq \dfrac{12}{(t+a)^3}\in L^1(\mathbb R_+),\quad\forall\,x\geq a>0, \end{aligned}\] ces dominations impliquent que \(f\in\mathscr C^2(\mathbb R_+^\star)\) avec \[f''(x)=\int_0^\infty\, \dfrac{6(1-\cos(t))}{(t+x)^4}dt,\quad\forall\,x\in\mathbb R_+^\star\] et avec une intégration par parties \[\begin{aligned} f''(x)&=\int_0^\infty\, \dfrac{6(1-\cos(t))}{(t+x)^4}dt=\left[ -\dfrac{2(1-\cos(t))}{(t+x)^3}\right]_0^\infty+\int_0^\infty\,\dfrac{2\sin(t)}{(t+x)^3}dt\\ &=\left[ -\dfrac{\sin(t)}{(t+x)^2}\right]_0^\infty+ \int_0^\infty\,\dfrac{\cos(t)}{(t+x)^2}dt=\int_0^\infty\,\dfrac{\cos(t)}{(t+x)^2}dt\\ &=\int_0^\infty\,\dfrac{dt}{(t+x)^2}-\int_0^\infty\,\dfrac{1-\cos(t)}{(t+x)^2}dt\\ &=\dfrac{1}{x}-f(x),\quad x>0. \end{aligned}\]

\(f\) et \(g\) sont solutions sur \(\mathbb R_+^\star\) de l’équation \(y''+y=1/x\), \(f-g\) est donc solution de l’équation \(y''+y=0\) : c’est la restriction à \(\mathbb R_+^\star\) d’une solution sur \(\mathbb R\) de \(y''+y=0\) donc \(2\pi\)-périodique.

Soit \(x>0\), vu ce qui précède \[f(x)=\dfrac{1}{x}-\int_0^\infty\,\dfrac{2\sin(t)}{(t+x)^3}dt\] et comme \[\left\vert\int_0^\infty\,\dfrac{2\sin(t)}{(t+x)^3}dt\right\vert\leq \int_0^\infty\,\dfrac{2dt}{(t+x)^3}=\dfrac{2}{x^2}=o(x^{-1})\] i.e. \[f(x)=\dfrac{1}{x}+o(x^{-1})\underset{+\infty}{\sim}\dfrac{1}{x}.\] Pour \(g\), on procède de même encore plus simplement.

Sur \(\mathbb R_+^\star\), \(f-g\) est continue \(2\pi\)-périodique et tends vers \(0\) en \(+\infty\) : elle est donc identiquement nulle et on a \[\int_0^\infty\,\dfrac{\sin(t)}{t+x}dt=\int_0^\infty\,\dfrac{e^{-xt}}{t^2+1}dt,\quad\forall\,x\in\mathbb R_+^\star.\]

Pour conclure, voir l’exercice précédent.


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