Solution simple à la limite.

Après changement de variables $u=t^2$, on se retrouve avec $F(x)=\int_0^\infty \sin xu f(u)\,du$ avec $\int_0^\infty |f(u)|\,du <\infty$.

Soit $F_n(x)=\int_{1/n}^n \sin xu f(u)\,du$. On vérifie immédiatement que $F_n$ converge uniformément vers $F$.

De plus, une intégration par parties montre que pour tout $n$, $\lim_{x\to\infty} F_n(x)=0$.

Le théorème d'interversion des limites permet de conclure que $F(x)$ tend vers 0.

Bonjour,

J'aurais tendance à pratiquer, pour \(x\) strictement positif, le changement de variable~: \(u=xt^2\), doù~:
\[\int_0^{+\infty}\frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt=\sqrt x\int_0^{+\infty}\frac{\sin u}{2(x+u)\sqrt u}\,du,\]
que je fais suivre d'une intégration par parties afin d'augmenter le degré du dénominateur:
\[\frac1{\sqrt x}\int_0^{+\infty}\frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt=\left[\frac{1-\cos u}{2(x+u)\sqrt u}\right]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}(1-\cos u)\frac{x+3u}{2u(x+u)^2\sqrt u}\,du,\]
et les encadrements usuels~: \(0\leq1-\cos u\leq\dfrac{u^2}2\) et \(0\leq 1-\cos u \leq2\) fournissent~:
\[0\leq\frac1{\sqrt x}\int_0^{+\infty}\frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt\leq\int_0^1\frac{(x+3u)\sqrt u}{4(x+u)^2}\,du+\int_1^{+\infty}\frac{x+3u}{u(x+u)^2\sqrt u}\,du.\]
On pourrait calculer explicitement ces intégrales, mais il est plus rapide de majorer \(\dfrac{x+3u}{(x+u)^2}\) par \(\dfrac3x\)~:
\[0\leq\frac1{\sqrt x}\int_0^{+\infty}\frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt\leq\frac3{4x}\int_0^1\sqrt u\,du+\frac3x\int_1^{+\infty}\frac1{u\sqrt u}\,du,\]
et l'encadrement final~:
\[0\leq\int_0^{+\infty}\frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt\leq\frac1{2\sqrt x}+\frac6{\sqrt x}=\frac{13}{2\sqrt x},\]
qui permet de conclure~:
\[\lim_{x\to+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt=0.\]

P.S.~: Revoir mes calculs et corriger toutes les erreurs\dots

ev a écrit:

l'usage du choix de la primitive dans l'IPP.

Oui, on n'insiste généralement pas assez sur l'importance de ce choix.
Ce choix est imposé par le besoin d'écrire proprement l'intégration par parties.
Je n'ai pas rédigé la justification de l'existence des intégrales, mais c'est pourtant ce qui sous-tend la découpe de l'intégrale et l'utilisation de deux majorations distinctes de \(1-\cos u\) sur chacun des intervalles.
J'espère que le facteur manquant en \(\dfrac1{\sqrt x}\) ne vient pas perturber la majoration finale\dots

@gb : deux remarques,
Le coefficient est, si je ne m'abuse, $1/4$ et non $1/2$.
On peut garder $1-\cos u$ dans le calcul et une majoration de ... par $2/x$ au lieu de $3/x$ suffit.

@ev : on peut utiliser le lemme de Lebesgue sans être une brute. Comme dirait Pagnol, "tu me fend le coeur" :-(

Bonsoir

avec ta méthode gb, je n'arrive pas à voir comment tu as traité le terme entre crochets issu du début de l'intégration par parties : $\left[\dfrac{1-\cos u}{2(x+u)\sqrt u}\right]_0^{+\infty}$
Peux-tu expliquer s'il te plaît ,
Merci

Une autre !

Je commence comme GB

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt=\sqrt x\int_0^{+\infty}\frac{\sin u}{2(x+u)\sqrt u}\,du,$

Puis je pose $u_n(x)=\sqrt x\int_{2n\pi}^{2(n+1)\pi}\frac{\sin u}{2(x+u)\sqrt u}\,du,$

On traite à part $u_0(x)$, puis avec l'inégalité des accroissements finis, on compare
$\frac{1}{2(x+u)\sqrt u}$ à $\frac{1}{2(x+2n\pi)\sqrt {2n\pi}}$, ce qui, comme l'intégrale de sinus sur une période est nulle:

$|u_n(x)|\le\frac{K}{\sqrt{n} (n+x)^{3/2}}\le \frac{K}{n^{5/4} x^{3/4}}$.

On somme et c'est fini.

bonsoir

je propose une solution à partir de la transformée de Fourier:

intégrale de 0 à +oo de sin(ux).du/rac(u) = rac[pi/(2x)]
(la convergence ne pose pas de problème en zéro pour répondre la préoccupation de e.v.)

on change de variable d'intégration en posant t² = u d'où dt = du/(2.rac(u)) et l'intégrale initiale devient 1/2 fois

intégrale de 0 à +oo de sin(u.x).rac(u).du/[u(1+u)]

on décompose la fraction: 1/[u(1+u)] = 1/u - 1/(1+u) et l'intégrale initiale devient 1/2 fois

intégrale de 0 à +oo de sin(u.x).rac(u).du/(1+u) + intégrale de 0 à +oo de sin(ux).du/rac(u)

on majore la première intégrale en minorant le dénominateur (et pour cela on supprime le chiffre 1)

il vient l'intégrale initiale (celle de e.v.) inférieure à 1/2 fois

intégrale de 0 à +oo de sin(ux).du/rac(u) + intégrale de 0 à +oo de sin(ux).du/rac(u)

et donc l'intégrale initiale est inférieure à rac(pi/2x) qui converge vers 0 lorsque x tend vers +oo

cordialement

Une autre:
La fonction $G(x)=\int_0^x \sin(t^2)\,dt$ est continue sur $[0;+\infty[$ et admet une limite finie en $+\infty$ (faire le changement $u=t^2$), elle est donc bornée, il en découle (intégration par parties):
$$\int_0^{\+\infty} \frac{\sin(xt^2)}{1+t^2}\,dt=\left[\frac{G(t\sqrt{x})}{\sqrt{x}(1+t^2)}\right]_0^{+\infty}+\int_0^{\+\infty} \frac{2tG(t\sqrt{x})}{\sqrt{x}(1+t^2)^2}\,dt=\frac1{\sqrt{x}}\int_0^{\+\infty} \frac{2tG(t\sqrt{x})}{(1+t^2)^2}\,dt$$
L'intégrale étant majorée par une constante, le résultat devient évident.

@mathématiques_

On a

$ u_n(x)=\sqrt x\int_{2n\pi}^{2(n+1)\pi}\left(\frac{\sin u}{2(x+u)\sqrt u} -\frac{\sin u}{2(x+2n\pi)\sqrt {2n\pi}} \right) \,du,$, ce qui entraîne

$|u_n(x)|\le (2\pi)^2\sqrt{x} \sup_{u\in [2n\pi,2(n+1)\pi]} |f'_x(u)|$, avec $f_x(u)=\frac{1}{2(x+u)\sqrt u}$.

La méthode de incognito donne bien aussi un équivalent de l'intégrale.
On peut même la généraliser.
Soit $f$ de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ telle que $f'$ soit intégrable (cela entraine l'existence de $f(0)$ et de $\displaystyle L=\lim_{x->+\infty}f(x))$.
Soit $g$ continue telle que $\displaystyle I=\int_0^{+\infty}g(t)dt$ existe.
Dans l'exemple de ev on a $f(t)=\dfrac1{1+t^2}$ et $g(t)=\sin(t^2)$.
Alors $\displaystyle \lim_{x->+\infty}x\int_0^{+\infty}f(t)g(tx)dt=f(0)I$.

En effet si $\displaystyle G(x)=\int_0^xg(t)dt$:
$\displaystyle x\int_0^{+\infty}f(t)g(tx)dt=\left[G(tx)f(t)\right]_0^{\infty}-\int_0^{\infty}G(tx)f'(t)dt=IL-\int_0^{\infty}G(tx)f'(t)dt$
qui tend vers $\displaystyle IL-I\int_0^{\infty}f'(t)dt=f(0)I$ par le théorème de convergence dominée (puisque $G$ est bornée et $f'$ est intégrable).

@jandri : (tu)

Bonsoir BlackBird,

Merci pour ce développement que je vais méditer.

A bientôt,
Cordialement,
Clothoide

[Merci Alain pour la mise en page]
[A ton service Clothoide AD]

Blackbird a très bien répondu à la question de clothoide:
Il suffit que $f'$ possède un intégrale sur $]0,+\infty[$ pour que d'une part $\int_1^x f'(t)dt=f(x)-f(1)$ possède une limite en $+\infty$ et d'autre part $\int_x^1 f'(t)dt=f(1)-f(x)$ possède une limite en 0.

incognito a très bien répondu à ev, il faut remplacer x par $\sqrt x$ dans ce que j'ai écrit pour retrouver l'exercice initial de ev.