Visualisation intégrale complexe

Dans quelle région se situe $c$ ?

Au passage, puisque tu disposes de PARI, tu peux utiliser la commande intmellininv qui calcule ce genre d'intégrale.

Quelques valeurs avec $c=2$ :

$f(0,01) \approx -3,46$, $f(0,1) \approx -0,57$, $f(0,2) \approx 0,23$, $f(0,25) \approx -0,15$, $f(0,3) \approx 0,45$, $f(0,4) \approx -0,124$, $f(0,5) \approx 0,07$, $f(0,6) \approx -0,15$, $f(0,75) \approx 0,16$ et $f(0,9) \approx -0,19$.

Pour $c \in \left ]1,2 \right[$ fixé et $x >0$, j'ai obtenu la majoration (pas très bonne)
$$\left | f(x) \right | \leqslant \frac{3x^{-c}}{\pi \sqrt{2 \pi}} \left( \frac{c^{1/2-c}}{(c-1)^2 \left | \cos \frac{ \pi c}{2} \right |} + \frac{2c}{(c-1)(2c-1)} \right).$$

D'où vient cette fonction ?

OK.

J'ai corrigé un détail dans la majoration ci-dessus, sur le cosinus.

Edit. J'ai corrigé les valeurs de la fonction $f$ plus haut, elles étaient fausses (sorry).

Si tu parles de la fonction $g$, j'ai fait un calcul cet après-midi, mais je n'ai pas obtenu mieux que $\left | g(x) \right | \ll \log^2 x$ (mais, bon, j'ai fait ça assez vite, avec peut-être des erreurs).

Je n'ai pas la réponse à ça, désolé, mais peut-être que quelqu'un d'autre l'aura.

Je reviens à la charge...Je pars de là :
$$g(x) = \frac{x^{-1}}{2 \pi i} \int_{1-c-i \infty}^{1-c+i \infty} \frac{L(s,\chi_4) x^s}{s(1-s)} \textrm{d}s \quad \left( x>0, \ c \in \left ]0,1 \right[ \right).$$

1. Par sommation partielle, pour tout réel $x \geqslant 1$ et tout $s = \sigma + it$ tel que $\sigma > 0$
$$L(s,\chi_4) = x^{-s} \sum_{n \leqslant x} \chi_4(n) - \sum_{n \leqslant x} \frac{\chi_4(n)}{n^s} - s \int_x^\infty \frac{1}{u^{s+1}} \left( \sum_{n \leqslant u} \chi_4(n) \right) \textrm{d}u$$
de sorte que, si $0 < \sigma < 1$
$$\left | L(s,\chi_4) \right | < x^{-\sigma} \left( 1 + |s| \sigma^{-1} \right) + \frac{x^{1-\sigma}}{1-\sigma}$$
où j'ai utilisé $\displaystyle \left | \sum_{n \leqslant u} \chi_4(n) \right | \leqslant 1$ pour tout $u \in \mathbb{R}$. En prenant $s=1-c+it$ et en choisissant $x = |t|+2$, il vient, si $c \in \left]0,1\right [$ et $t \in \mathbb{R}$
$$\left | L(1-c+it,\chi_4) \right | < \left ( |t| + 2 \right)^c \left( \frac{1}{c} + \frac{1}{1-c} \right) + \left( |t|+2 \right)^{c-1}.$$

2. On peut obtenir une majoration meilleure en utilisant un résultat dû à Rademacher (1959) et qui fournit, après quelques calculs
$$\left | L(1-c+it,\chi_4) \right | < \left( |t| + 2 \right)^{c/2} \left( 1,36 \log \left( |t| + 2 \right) + 1 \right) \quad \left( |t| \geqslant 28 \right).$$

3. On a alors
$$\left | g(x) \right | \leqslant \frac{x^{-c}}{\pi} \left( \int_0^{28} + \int_{28}^\infty \right) \frac{\left | L(1-c+it,\chi_4) \right |}{\left | 1-c+it \right | \left | c+it \right |} \textrm{d}t$$
et on utilise la majoration du 1° pour la $1$ère intégrale, et celle du 2° pour la $2$nde, ce qui donne, pour $x >0$ et $c \in \left ] 0,1 \right [$
$$\left | g(x) \right | < \frac{x^{-c}}{\pi} \left( \frac{2^c \left( c^2+15^c(31-c^2)-3\right)}{c \left(1-c^2 \right)} + \frac{3 \times \left( (68-34c) \log 84 + 25c - 118 \right)}{25 (2-c)^2 2^{1-c} 7^{1-c/2}} \right).$$
Par exemple, respectivement avec $c= \frac{1}{3}$, $c = \frac{1}{2}$ et $c = \frac{2}{3}$, on obtient pour tout $x >0$
$$\left | g(x) \right | < \frac{100}{x^{1/3}}, \quad \left | g(x) \right | < \frac{140}{\sqrt{x}} \quad \textrm{et} \quad \left | g(x) \right | < \frac{251}{x^{2/3}}.$$

Oui, c'est possible (en revanche, la borne $\ll \log^2 x$ que j'avais mise plus haut me paraît être assez suspecte...).

Suppose que $x \geqslant 2$ et $c < 0$ proche de $0$ (typiquement $c = - \frac{1}{\log x}$). Le changement de variable $s^{\, \prime} = -s$ dans ta fonction $g(x)$ donne
$$g(x) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{-c+i \infty}^{-c-i \infty} \frac{L(s+1,\chi_4) x^s}{s(s+1)} \, \textrm{d}s = -\frac{1}{x} \sum_{n \leqslant x} \chi_4(n) \left( \frac{x}{n} - 1 \right) = -L(1,\chi_4) + O \left( \frac{1}{x} \right) = - \frac{\pi}{4} + O \left( \frac{1}{x} \right).$$
La différence, ce sont les régions dans lesquelles vivent tes variables.

Exact : formule de Perron avec poids de Cesàro.

De rien. Le sujet fut intéressant (mais il aurait pu y avoir plus de participants).