Une intégrale intéressante

C'est précisément le problème $12260$ qui n'a pas encore donné lieu à une correction dans la revue American mathematical monthly.


Une solution possible: Il faut transformer l'intégrale en une somme de deux intégrales.
Si on ne ne veut pas trop réfléchir on commence par remplacer la borne $0$ par $\epsilon$* (autrement on peut faire face à un problème de convergence) et alors, naturellement on peut couper l'intégrale en deux.
Mais on peut sûrement utiliser aussi le théorème de Frullani-Cauchy, je le pressens.

* A la fin, il faudra faire tendre $\epsilon$ vers $0$

PS:
Ce site est celui d'un accroc aux problèmes de cette revue, il solutionne la plupart des problèmes parus et il en publie aussi.
Je vois que pour ce problème il n'a pas encore publié sa solution donc j'en déduis qu'on peut encore envoyer une solution à l'AMM.

Moi je fais deux IPP pour avoir $x$ au dénominateur, et on tombe sur Cauchy-Frullani.

Bravo à tous

En prenant $f(x)=x^2\sin^2 x$.

On peut même généraliser encore en considérant $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^{p} x-x^{p-n}\sin^{n} x}{x^{p+1}}dx=\displaystyle \int_0^\infty \left(\left(\dfrac{\sin x}x\right)^p-\left(\dfrac{\sin x}x\right)^n\right)\dfrac{dx}x$ avec $1\leq n\leq p$.

Pour la calculer on introduit $J_n=\displaystyle \int_0^\infty \left(\left(\dfrac{\sin x}x\right)^n-\cos x\right)\dfrac{dx}x$ (pour $n\in\N^*$).

Pour $a>0$ on effectue $n$ IPP successives pour obtenir $\displaystyle \int_a^\infty \dfrac{f_n(x)}{x^{n+1}}dx=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{f_n^{(k)}(a)}{n\dots(n-k)a^{n-k}}+\displaystyle \int_a^\infty \dfrac{f_n^{(n)}(x)}{n! x}dx$.

La fonction définie par $f_n(x)=\sin^n x$ est de classe $C^\infty$ donc on déduit de $f_n(x)\sim x^n$ en $0$ que $f_n^{(k)}(x)\sim\dfrac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}$ en $0$.

En faisant tendre $a$ vers $0$ on obtient $J_n=H_n+\displaystyle \int_0^\infty \left(\dfrac{f_n^{(n)}(x)}{n!}-\cos x\right)\dfrac{dx}x$ où $H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac1k$.

On linéarise ensuite $\sin^n x$ puis on dérive $n$ fois pour obtenir (en utilisant $k'=n-k$) :

$f_n^{(n)}(x)=\dfrac1{2^{n-1}}\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}(-1)^k{n\choose k}(n-2k)^n\cos((n-2k)x)$.

En utilisant l'intégrale de Cauchy-Frullani $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\cos x -\cos(ax)}x dx=\ln a$ pour $a>0$ et avec $f_n^{(n)}(0)=n!$ on obtient finalement $J_n=H_n-\dfrac1{2^{n-1}n!}\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor-1}(-1)^k{n\choose k}(n-2k)^n\ln(n-2k)$.

On en déduit la valeur de $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^{p} x-x^{p-n}\sin^{n} x}{x^{p+1}}dx=\displaystyle \int_0^\infty \left(\left(\dfrac{\sin x}x\right)^p-\left(\dfrac{\sin x}x\right)^n\right)\dfrac{dx}x=J_p-J_n$ (pour $p>n\geq1$).


La même méthode permet de calculer pour $n\in\N^*$ : $K_n=\displaystyle \int_0^\infty \left(1-\left(\dfrac{\sin x}x\right)^n\right)\dfrac{dx}{x^2}=\dfrac{\pi}{2^n(n+1)!}\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}(-1)^k{n\choose k}(n-2k)^{n+1}$

et d'en déduire : $\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\sin^{p} x-x^{p-n}\sin^{n} x}{x^{p+2}}dx=\displaystyle \int_0^\infty \left(\left(\dfrac{\sin x}x\right)^p-\left(\dfrac{\sin x}x\right)^n\right)\dfrac{dx}{x^2}=K_n-K_p$ (pour $p>n\geq1$).

Voici ce que j'ai tapé pour l'instant... mais j'ai un blanc pour le calcul de $K_n$.
Je pense qu'il faudrait calculer un DL un peu plus poussé de ce que j'ai appelé $g_n^{(k)}$ (et que tu as appelé $f_n^{(k)}$ ci-dessus) au voisinage de $0$ et utiliser la valeur de $\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos(x)}{x^2}dx$... mais je n'ai pas encore réussi à l'écrire comme il faut.

Pourrais-tu un peu détailler, jandri, stp ?

[Edit] Finalement, mon intuition était presque bonne, mais il faut connaître la valeur de l'intégrale $\int_0^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x}dx$. Je posterai les modifications apportées au sujet pour ce point.

En reprenant le calcul de $K_n$ (à la suite du sujet Intégrale avec sinus) j'ai remarqué qu'on pouvait se passer de considérer l'intégrale de $a$ à l'infini.

En effet, $h_n(x)=x^n-(\sin x)^n=x^n(1-(\sin(x)/x)^n)=x^n(1-(1+O(x^2))^n)=O(x^{n+2})$ donc pour $k\leq n+2$ on a $h_n^{(k)}(x)=O(x^{n+2-k})$ au voisinage de 0.

D'autre part pour $k\leq n$ on a $h_n^{(k)}(x)=O(x^{n-k})$ au voisinage de $+\infty$.

On peut alors démontrer par récurrence que $K_n=\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{h_n(x)}{x^{n+2}}dx=\dfrac{(n+1-k)!}{(n+1)!}\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{h_n^{(k)}(x)}{x^{n+2-k}}dx$ à l'aide d'une seule IPP.

On obtient alors pour $k=n+1$ : $K_n=-\dfrac1{(n+1)!}\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{((\sin x)^n)^{(n+1)}(x)}{x}dx$.

@Bisam pour $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx$ peux-tu insérer dans le DS intégrale de Dirichlet

Même sans énoncer le théorème les élèves n'ont-ils pas tendance à dériver les DL quand même ?
Je me souviens que c'était une constante des rapports de jury.