Transformée de Mellin du sinus

J'y apprends en tout cas une formule que je ne soupçonnais pas à propos de la transformation de Laplace – une espèce d'analogue de l'intégration par parties – sous certaines hypothèses, \[\int_0^{\infty}\mathcal{L}(f)(x)g(x)\mathrm{d}x=\int_0^{\infty}f(x)\mathcal{L}(g)(x)\mathrm{d}x.\] Par exemple : \[\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x = \int_0^\infty \mathcal{L}(1)(x)\sin x \mathrm{d}x = \int_0^\infty 1 \cdot \mathcal{L}(\sin)(x)\mathrm{d}x = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x^2 + 1} = \frac{\pi}{2}\] sans coup férir ou presque. Bon, bien sûr en y regardant de plus près ça ressemble beaucoup à l'astuce popularisée par @Fin de partie \[-\ \text{à savoir}\quad\frac1k=\int_0^1x^{k-1}\mathrm{d}x,\quad\text{qui devient ici}\quad \frac1x=\int_0^\infty\mathrm{e}^{-xs}\mathrm{d}s\ -\]  et permuter l'ordre d'intégration.

@ Math Coss quelles sont les hypothèses pour la formule avec L(f) et L(g) ? Comment démontre-t-on cette formule spectaculaire? Je l’avais déjà vu sur maths stackexchange dans des calculs d’intégrales. 

Bonjour

On part de la transformée    $\int_0^{+\infty}e^{pt}t^xdt=\frac{\Gamma(x+1)}{p^{x+1}}$ avec p complexe et x réelle

pour p = - i et en utilisant la relation de Moivre : $i^{x+1}=cos\frac{\pi}{2}(x+1) + isin\frac{\pi}{2}(x+1)$ il vient :

$\int_0^{+\infty}t^xcostdt = cos(\frac{\pi}{2}(x+1)\Gamma(x+1)$ et $\int_0^{+\infty}t^xsintdt = sin\frac{\pi}{2}(x+1)\Gamma(x+1)$

on pose x+1 = s dans la seconde intégrale $\int_0^{+\infty}t^{s-1}sintdt= sin\frac{\pi}{2}s.\Gamma(s)$

avec s variable positive ou nulle pour que l'intégrale soit convergente sur sa borne inférieure

pour 0 < s < 1 la convergence de l'intégrale est implosive ;
pour s > 1 la convergence est explosive
pour s = 1 la convergence vers 1 est ondulatoire encadrée
et pour s = 0 la convergence vers $\frac{\pi}{2}$ est implosive (intégrale de Dirichlet)

Cordialement