calcul d'une intégrale.

P

Heu, qui a une démonstration de poche de $\int_0^{\infty}(1-e^{-x}-\sin x)\frac{dx}{x^2}=1?$ Merci...

gebrane

Salutation

Une démonstration de poche?

gebrane

Salut

Je répète la question
c'est quoi une preuve de poche car $\int_0^{\infty}(1-e^{-x}-\sin x)\frac{dx}{x^2}=0$ et non pas 1

Tu veux dire une preuve avec une erreur cachée?

Siméon

En notant $I$ l'intégrale à calculer, une intégration par parties montre que
$$
I = \lim_{R\to\infty} \mathrm{Re}\,\left[\int_0^R f(x)dx\right]
$$
avec $f(z) = \frac{e^{-z}-e^{iz}}{z}$ une fonction holomorphe sur $\C$. La formule de Cauchy conduit par ailleurs à
$$
2\, \mathrm{Re}\,\left[\int_0^R f(x)dx\right] + i \int_0^{\pi/2} (e^{-Re^{it}} - e^{iR e^{it}})dt = 0.
$$
Puisque $|e^{-Re^{it}} - e^{iR e^{it}}| \leq e^{-R\cos(t)} + e^{-R\sin(t)}$, on en déduit facilement que $I=0$.

Remarque : En appliquant directement la formule de Cauchy à la fonction $e^{-z}/z$, on montre de même que
$$
\lim_{R\to+\infty} \int_0^R \frac{e^{-x}-e^{-ix}}{x}dx = i\frac{\pi}{2}
$$
ce qui contient à la fois le résultat ci-dessus et la limite classique $\lim_{R\to+\infty} \int_0^R \frac{\sin x}{x} dx = \frac{\pi}{2}$.

P

Merci beaucoup à vous deux, même si je trouve que le $\pi$ devrait être remplacé par $1/2$ dans l'ingénieux et un peu miraculeux calcul de Siméon.

Siméon

Merci pour la remarque, j'avais effectivement écrit ma réponse un peu trop rapidement. Ça devrait être plus juste maintenant.

Je suis bien sûr preneur si quelqu'un a une solution aussi rapide mais plus élémentaire.

P

Faut encore enlever un Re. N'est il pas excitant de chercher la démonstration la plus élémentaire possible de $$\lim_{R\infty}\int_0^1(e^{-Rx}-\cos (Rx))\frac{dx}{x}=0?$$

Siméon

Il y a au moins une méthode élémentaire qui devrait fonctionner : calculer la transformée de Laplace
$$
\int_0^\infty \frac{e^{-x}-\cos(x)}{x}e^{-\lambda x}dx
$$
pour $\lambda > 0$ (en dérivant), puis faire tendre $\lambda$ vers $0$.

aléa

Je pose $F(\lambda)=\int_0^{+\infty} \frac{1-e^{-x}-\sin x}{x^2} e^{-\lambda x}\ dx$.

$F$ est continue sur $R_+$, dérivable sur $]0,+\infty[$ (à vérifier) , avec

$F'(\lambda)=\int_0^{+\infty} \frac{e^{-(1+\lambda)x}-e^{-\lambda x}}{x}\ dx+\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-\lambda x}$.

Ce sont des intégrales classiques:

$F'(\lambda)=\log(\lambda/(1+\lambda))+\text{atan} \frac1\lambda$.

Sage me donne une primitive

sage: integrate(-log(1+1/x)+atan(1/x),x)
x*arctan(1/x) - x*log(1/x + 1) + 1/2*log(x^2 + 1) - log(x + 1)

Comme la limite de $F$ en $+\infty$ est $0$ (à vérifier), ça donne $F(0)$.

P

Merci Siméon et aléa. Comme par intégration par partie, $\int_0^{\infty}(1-e^{-x}-\sin x)\frac{dx}{x^2}=\int_0^{\infty}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}$ la solution de Siméon par tf de Laplace tient un peu moins de place dans ma poche.

YvesM

Bonjour @P,

Comme on a traité cette intégrale tour à tour par une intégrale de contour, par une intégration par partie, puis par une dérivée sous le signe somme, que me reste-t-il d'original ?

Voici une idée. Avant de crier au loup, demandez-vous pourquoi ça donne le bon résultat !

Je prétends que $$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} f(x) dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} f(-\partial_\epsilon) \frac{1}{\epsilon}$$ pour toute fonction $f$ qu'un physicien théoricien trouverait sympathique. C'est-à-dire qui admet un développement en série de Maclaurin (ou encore de Taylor en $0$). C'est le cas car $\displaystyle f(x) = {1 - e^{-x} -\sin(x) \over x^2}= -\frac12 + \frac{x}{3} - \frac{x^2}{24} + o(x^3)$.

Et alors :
$\displaystyle f(-\partial_\epsilon) = {1 - e^{\partial_\epsilon} -\frac{e^{-i\partial_\epsilon} - e^{+i\partial_\epsilon} }{2i} \over (-\partial_\epsilon)^2}$

avec, bien sûr : $\displaystyle (-\partial_\epsilon)^{-2}\frac{1}{\epsilon} = \epsilon \ln\epsilon + a \epsilon +b$ où $a, b$ sont deux constantes. Il suffit de dériver deux fois pour prouver cette relation.

Et comme, bien sûr, $\displaystyle e^{z\partial_\epsilon} g(\epsilon) = g(\epsilon +z)$ pour tout $z$ et toute fonction sympathique $g$, alors on obtient immédiatement :
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} f(x) dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} [(\epsilon \ln\epsilon + a\epsilon+b) -((\epsilon+1)\ln(\epsilon+1) +a (\epsilon+1) +b) \\ \displaystyle -\frac{1}{2i}((\epsilon-i)\ln(\epsilon-i) + a(\epsilon - i) + b) + \frac{1}{2i}((\epsilon+i)\ln(\epsilon+i) + a(\epsilon + i) + b) ] \\ \displaystyle = b - \ln1 - a -b + \frac12 \ln(-i) + \frac{a}{2} - \frac{b}{2i} +\frac12 \ln(i) + \frac{a}{2} + \frac{b}{2i} = \frac12 \ln(-i \times i) = \frac12 \ln1 = 0$

En fait, j'ai écrit le calcul pour que vous puissiez suivre de tête, mais ça ce fait de tête quand on a l'habitude car on sait que, d'une part le résultat ne peut pas dépendre des constantes d'intégration $a$ et $b$ (sinon l'intégrale diverge) et d'autre part la limite en $0$ permet de ne garder que les termes qui ne s'annulent pas.

On a donc démontré, par une quatrième approche, que :
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} {1 - e^{-x} -\sin(x) \over x^2} dx = 0$.

albertine

Je me suis demandée mais je ne comprends toujours pas comment ça marche. Les méthodes « classiques » ont le mérite de plus me parler.

YvesM

Bonjour @albertine,

Comme je l'ai dit, les physiciens théoriciens utilisent ce formalisme sans même s'en rendre compte en théorie quantique des champs.

Pour voir que ça marche (je laisse la démonstration aux mathématiciens), il faut d'abord faire apparaître les fonctions propres de l'opérateur $\displaystyle \partial_\epsilon$ qui sont $\displaystyle x \mapsto e^{-\epsilon x}$, n'est-ce pas ? On a bien : $\displaystyle \partial_\epsilon e^{-\epsilon x} = -x e^{-\epsilon x}$ et $-x$ est la valeur propre.

Et donc :
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} f(x) dx = \int_{0}^{+\infty} f(x) \lim_{\epsilon \to 0} e^{-\epsilon x}dx = \int_{0}^{+\infty}\lim_{\epsilon \to 0}f(x) e^{-\epsilon x}dx = \int_{0}^{+\infty}\lim_{\epsilon \to 0}f(-\partial_\epsilon) e^{-\epsilon x}dx \\ \displaystyle = \lim_{\epsilon \to 0}f(-\partial_\epsilon) \int_{0}^{+\infty}e^{-\epsilon x}dx = \lim_{\epsilon \to 0}f(-\partial_\epsilon) \frac{1}{\epsilon}.$

Cette formule est fondamentale en physique théorique car elle permet de différencier au lieu d'intégrer ! Un peu comme la différentielle d'une fonction holomorphe qui s'écrit comme une intégrale.

gebrane

Salut
Je crois trouver une preuve qui se tiendera dans les poches serrées de P:-D

Il suffit de calculer $\int_0^{1}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}$ et $\int_1^{\infty}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}$
Je rappelle que le cosinus intégrale et l’exponentiel intégrale sont donnés par

$Ci(x)=-\int_x^{+\infty}\frac {cost}{t}dt$ et $Ei(x)=-\int_{-x}^{+\infty}\frac {e^{-t}}{t}dt$
donc par definition
$$\int_1^{\infty}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}=Ci(1)-Ei(-1)$$

d'autre part
$$\int_0^{1}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}=\int_0^{1}(e^{-x}-1)\frac{dx}{x}+\int_0^{1}(1-\cos x)\frac{dx}{x}$$


Sachant que voir wiki par exemple

$\forall x>0,\, Ci(x)=\gamma+\ln(x)-\int_0^{x}(1-\cos t)\frac{dt}{t}$
$\forall x>0,\, Ei(-x)=\gamma+\ln(x)+\int_0^{x}(e^{-t}-1)\frac{dt}{t}$

d'où $$\int_0^{1}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}=-Ci(1)+Ei(-1)$$

P

Merci gebrane0. Quant à la méthode vite et mal de YvesM, on a
$\int_0^{\infty}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}=\lim_\epsilon L(\epsilon)$ avec $L(\epsilon)=\log(1+\epsilon)-\frac{1}{2}\log(1+\epsilon^2)$ . C'est donc la méthode TF de Laplace de Siméon, et la solution de YvesM est celle d'aléa.

gebrane

Salut

P ecriva a écrit:

C'est donc la méthode TF de Laplace de Siméon, et la solution de YvesM est celle d'aléa.

@ P La méthode que j'ai proposé ne te convient pas ?. Je trouve que c'est la plus rapide !!

Edit j'ai corrigé une faute de frappe dans mon message précédent ( avant celui la) Il fallait lire il suffit de calculer les deux intégrales

P

gebrane0: ta méthode est intéressante mais dépend d'une boite noire sur Ci et Ei. Autant accepter $\int_0^{\infty}(e^{-x}-\cos x)\frac{dx}{x}=0$ directo.

gebrane

Ton intégrale s’écrit justement à l'aide de ces fonctions spéciales Ci et Ei et les propriétés se trouvent par exemple ici

pour le Ci https://fr.wikipedia.org/wiki/Cosinus_intégral
pour le Ei https://fr.wikipedia.org/wiki/Exponentielle_intégrale

il suffit de connaitre les démonstrations une fois dans sa vie.

aléa

Question naturelle: peut on imaginer de calculer des intégrales du type $P(x)/x^n$, où $P(x)$ est fabriqué avec des cos, sin, exponentielle et $n$ aussi grand qu'on veut ? (je sais, la question n'est pas très claire)

gebrane

SALUT

Je pense que oui. Si on a $(\sin, \cos, \exp) /x^n$ Avec des intégrations par parties on se ramène à $(\sin, \cos, \exp) /x^{n-1},\ldots,(\sin, \cos, \exp) /x$ et on tombe sur les $Ei$; $Ci$ et $Si$.

Donne un exemple qui t’intéresse

P

Par intégration par parties successives on peut se ramener à $n=1$ car on ne sort pas de la famille des polynômes exponentiels par dérivation. Et après ca, la méthode $F(s)=\int_0^{\infty}P(x)e^{-sx}\frac{dx}{x}$ a l'air drôlement efficace.

gebrane

Salut
Est-ce que vous connaissez des preuves simples de ces deux boites noires. \begin{align*}
\forall x>0,\ \hphantom{-}Ci(x)&=\gamma+\ln(x)-\int_0^{x}(1-\cos t)\frac{dt}{t}\\
\forall x>0,\ Ei(-x)&=\gamma+\ln(x)+\int_0^{x}(e^{-t}-1)\frac{dt}{x}
\end{align*}

aléa

Je vois que c'est prouvé dans "Les fonctions spéciales vues par les problèmes", de Groux et Soulat, à l'aide de l'exponentielle intégrale (pages 259 à 269).
Un bouquin sympa, qui sort des sentiers battus, malheureusement il y a une forte dépendance entre les résultats démontrés.