Calcul d'une intégrale

Bonjour,

Je souhaiterais appliquer le théorème des résidus pour calculer l'intégrale :
$\displaystyle I:= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t(t^2+1)}\ {\rm d} t$.

Mais je ne trouve pas le bon résultat.

J'ai montré que $I$ a bien un sens et que l'intégrande de $I$ admet un prolongement par continuité en $0$ valant $1$. En remarquant que pour tout réel $t$, $\sin(t)={\rm Im}(e^{it})$ on a en fait :
$\displaystyle I= {\rm Im}\left( \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{it}}{ t(t^2+1)}\ {\rm d} t \right)$.

Considérons la fonction $f : \C\to \C$ définie par :
$\displaystyle f(z) := \begin{cases} \displaystyle \frac{e^{iz}}{z(z^2+1)} & {\rm si}\ z\ne 0 \\ 1 & {\rm si}\ z=0 \end{cases}$

Alors $f$ est définie sur $D_f:=\C\setminus \{-i,i\}$. En outre, $f$ admet donc deux singularités $i$ et $-i$ qui sont des pôles simples. Étant donné $R>0$, considérons le demi-disque :
$\displaystyle \Delta_R :=\{ z\in \C\ ;\ |z|\le R\ {\rm et}\ {\rm Im}(z)\ge 0 \}$.

Soit $\gamma_R$ le lacet de classe $\mathscr{C}^1$ par morceaux parcourant une seule fois et dans le sens direct le demi-cercle $\partial \Delta_R$ bordant le demi-disque $\Delta_R$. Parmi les deux singularités de $f$, il y a éventuellement $i$ qui appartient à l'intérieur de $\Delta_R$ suivant que $R<1$ ou $R>1$. Sachant que l'on va faire tendre $R$ vers l'infini, prenons $R>1$. D'après le théorème des résidus appliqué $f$ et au lacet $\gamma_R$ :
$\displaystyle \int_{\gamma_R} f(z)\ {\rm d} z = i 2\pi {\rm Ind}_{\gamma_R}(i) {\rm Res}(f,i) $
.

D'une part, par construction, $\gamma_R$ parcourt une seule fois et dans le sens direct le demi-cercle $\partial\Delta_R$ donc ${\rm Ind}_{\gamma_R }(i)=1$, et puisque $i$ est un pôle simple de $f$ :
$\displaystyle {\rm Res}(f,i) = \lim_{z\to i} (z-i)f(z) = \lim_{z\to i}\frac{e^{iz}}{z(z+i)} = \lim_{z\to i}\frac{e^{-1}}{2i^2} = {- \frac{1}{2e}}$.

Donc :
$\displaystyle \int_{\gamma_R} f(z)\ {\rm d} z = {- \frac{i\pi}{e}} $.

D'autre part :
$\displaystyle \int_{\gamma_R} f(z)\ {\rm d} z = \int_0^\pi f( Re^{i\theta})Rie^{i\theta}\ {\rm d} \theta + \int_{-R}^{R} f(t)\ {\rm d} t$
.

J'ai montré que \lim_{R\to +\infty} \int_0^\pi f( Re^{i\theta})Rie^{i\theta}\ {\rm d} \theta = 0 pour finalement en déduire que :
$\displaystyle I = \lim_{R\to +\infty} {\rm Im} \left( \int_{\gamma_R} f(z)\ {\rm d} z \right) = { -\frac \pi e}$.

Or normalement je suis censé trouver $\frac{\pi} 2 (1-e^{-1})$.
Merci d'avance pour votre aide ;)

Réponses

  • Si l'application $t\mapsto\frac{\sin t}{t}$ admet un prolongement par continuité, ta fonction $f$ n'est pas holomorphe au voisinage de $0$. Pour éliminer le pôle induit par $1/z$, il faudrait définir \[f(z)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}-1}{z(z^2+1)}.\]Cela pourrait suffire à résoudre ton problème.
  • Je vais poser une question qui est peut-être stupide mais pourquoi ne pas prendre comme fonction:

    $\displaystyle F(z)=\frac{\sin(z)}{z(1+z^2)}$ ?
  • Si on veut prendre $f(z)=\dfrac{\sin z}{z(z^2+1)}$, il faut s'assurer que la croissance de l'exponentielle $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}z}$ n'est pas problématique pour les parties du circuit qui vont taquiner l'infini. Or, justement, pour $z$ sur le demi-cercle de centre $0$ et de rayon $R$, lorsque $z$ est de la forme $x+\mathrm{i}\bigl(R-\sqrt{R^2-x^2}\bigr)$ avec « $x$ pas trop grand », on a l'impression que $\exp(-\mathrm{i}z)$ pose problème.
  • @Math_Coss : pourquoi $f$ n'est pas holomorphe en $0$ ?
  • Parce que $\lim\limits_{z\stackrel{\ne}{\to}0}\left|\dfrac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{z(z^2+1)}\right|=+\infty$.
  • @Math Coss : D'où t'es venue l'idée de considérer $f(z)= \frac{e^{iz}-1}{z(z^2+1)}$ ?

    Cordialement,
  • Pour verifier:

    $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin t}{t}\times \frac{dt}{1+t^2}=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-1}^1e^{ixt}\frac{dx}{2}\right)\frac{dt}{1+t^2}=\int_{-1}^1\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ixt}dt}{1+t^2}\right)\frac{dx}{2}=\frac{\pi}{2}\int_{-1}^1e^{-|x|}dx=\pi(1-e^{-1}).$$
  • En transposant une astuce classique dans un exercice ultra-classique : pour étudier la convergence de $\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t$, on veut faire une intégration par parties en intégrant le sinus et en dérivant $1/t$.

    Problème : dériver empire le pôle en $0$. Si on choisit $-\cos t$ comme primitive, on se retrouve avec $\frac{-\cos t}{t^2}$ qui n'est pas intégrable au voisinage de $0$. Deux réactions : la fuite consiste à ne considérer que l'intégrale de $1$ à l'infini ; la lutte consiste à rectifier un peu et à choisir $1-\cos t$ comme primitive de $\sin t$, ce qui permet de faire l'IPP sans découper l'intégrale en deux (car $t\mapsto\frac{1-\cos t}{t^2}$ se prolonge par continuité en $0$).

    Bref, ici c'est pareil : il est naturel d'introduire $\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}$ pour les raisons que tu as vues mais il faut rectifier un peu pour compenser le pôle simple induit par $1/z$ en $0$. On est dans une situation favorable parce que c'est une fraction de degré $\le-3$ qu'on intègre : sur le demi-cercle de rayon $R$, malgré le $\mathrm{d}z$ qui fait perdre un degré, on intègre une fonction dont l'intégrale tend vers $0$ quand $R$ tend vers l'infini.
  • @Math Coss : D'accord, merci pour l'aide ;)

    @P. : Merci pour la vérification ! Juste une question, comment montres-tu $\displaystyle \int_{\R} \frac{e^{itx}}{1+t^2}\ {\rm d}t = \pi e^{-|x|}$ ?
  • Si tu connais la formule d'inversion de Fourier ça se fait sans douleur en calculant la transformée de Fourier de $x \mapsto e^{-|x|}$.
  • Reponse 1: He, je sais ca par coeur pardi. Reponse 2: voir Poirot. Reponse 3: residus! Reponse 4: utiliser la formule magique de Boole
    $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{as^2}{2}-\frac{b}{2s^2}}\frac{ds}{\sqrt{2\pi}}=e^{-\sqrt{ab}}$$ et l'integrale gaussienne pour
    $$f(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{itx}}{1+t^2}dt=\int_{-\infty}^{\infty}e^{ixt}\left(\int_0^{\infty}e^{-\frac{s^2}{2}(1+t^2)}ds\right)dt$$Reponse 5: je ne sais pas tres bien mettre debout la demonstration de l'existence de $f''(x)$ et arriver a $f(x)-f''(x)=0$ pour $x\neq 0.$
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