Intégrale de Dirichlet

Bonjour,

Cette suite de calculs ne mène pas au résultat. Il est écrit $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \int_{0}^{{\pi \over 2}} {\sin((2n+1)u)\over u}du = {\pi \over 2}.$ Ah bon ? Si on utilise cette relation sans démonstration autant écrire tout de go : on sait que $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} {\sin x \over x}dx = {\pi \over 2}.$

Bonjour,

Ah bon... C'est le changement de variable : quand on pose $t = (2n+1) u$ alors la borne en $t$, par exemple $A$, devient $A/(2n+1)$ en $u$, non ?

Et si on jouait à "encore une preuve de..." avec cette intégrale? :-)

Je vous livre une preuve que je ne connaissais pas:

Soit $x>0$ un réel.


$\begin{align}
\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \text{e}^{-x\sin \theta}\cos(x\cos \theta)d\theta&=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \Re\left(\text{e}^{ix\text{e}^{i\theta}}\right)d\theta\\
&=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\left(1-x\sin \theta-\dfrac{x^2}{2!}\cos(2\theta)+\dfrac{x^3}{3!}\sin(3\theta)+...\right)d\theta\\
&=\dfrac{\pi}{2}-x+\dfrac{x^3}{3\times 3!}-\dfrac{x^5}{5\times 5!}+...\\
&=\dfrac{\pi}{2}-\int_0^x \dfrac{\sin \theta}{\theta}d\theta\\
\end{align}$

En valeur absolue $\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \text{e}^{-x\sin \theta}\cos(x\cos \theta)d\theta$
est moindre que $\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \text{e}^{-x\sin \theta}d\theta$

Or, sur l'intervalle $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$, on a $\sin \theta\geq \dfrac{2}{\pi}\theta$

Donc,

$\displaystyle \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \text{e}^{-x\sin \theta}d\theta\leq \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \text{e}^{-\tfrac{2x\theta}{\pi}}d\theta=\dfrac{\pi}{2\pi}\left(1-\text{e}^{-x}\right)<\dfrac{\pi}{2x}$

Quand on fait tendre $x$ vers l'infini, cette intégrale tend vers $0$ et donc,

$\boxed{\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\sin \theta}{\theta}d\theta=\dfrac{\pi}{2}}$

Source:
Further remarks on $\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\sin x}{x}dx$, G.H Hardy, The mathematical gazette, 1916.
(l'article passe en revue plusieurs preuves de ce résultat, il fait suite à un précédent article ayant la même teneur)

(G.H Hardy attribue cette preuve à Schlömilch )

c'est typiquement le genre d'intégrale rapide à faire dans $\mathbb{C}$ ... on considère la partie imaginaire de $\displaystyle{\int \frac{e^{it}}{t}dt}$ sur un contour demi-circulaire dans le demi-plan de Poincaré, en laissant le pôle $t=0$ en dehors ... le résidu étant égal à $1$, alors :
$$\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t}dt = \frac{1}{2} \Im \left( i \pi \right) = \frac{\pi}{2}$$

l'adverbe 'typiquement' allait bien avec 'rapide à calculer dans $\mathbb{C}$' ... et n'était pas censé être extirpé du contexte de la phrase ...

et la, on se demande comment calculer $ \displaystyle \int_0^{+\infty} \; \left( \dfrac{\sin (t) }{t } \right)^2 \mathrm dt $ ?

donc ce n'est pas une blague...Evidemment savoir n'est pas prouver.

Une autre méthode décrite par G.H Hardy,

En introduisant la fonction,

$\displaystyle u(a)=\int_0^{+\infty} \dfrac{a\cos (cx)}{a^2+x^2}dx$

Cette fonction vérifie une équation différentielle qu'on peut résoudre apparemment.

Une autre preuve que je reproduis telle qu'imprimée:

$\begin{align}
\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{\sin x}{x}dx&=\int_0^{\infty} \lim_{a\rightarrow 0} \left(e^{-ax}\dfrac{\sin x}{x}\right)dx\\
&= \lim_{a\rightarrow 0}\int_0^{\infty} e^{-ax}\dfrac{\sin x}{x}dx\\
&= \lim_{a\rightarrow 0}\int_0^{\infty} \left(e^{-ax} \int_0^1 \cos (tx)dt\right)dx \\
&= \lim_{a\rightarrow 0}\int_0^{1}\left(\int_0^{\infty} e^{-ax}\cos (tx)dx\right)dt\\
&=\lim_{a\rightarrow 0} \int_0^1 \dfrac{a}{a^2+t^2}dt\\
&=\lim_{a\rightarrow 0} \arctan\left(\dfrac{1}{a}\right)\\
&=\dfrac{\pi}{2}
\end{align}$

PS:
C'est dans la même veine que la preuve que décrit Gebrane.

Il y a aussi celle-là,

$\Re(a)>0$, $Re(b)>0$,


$\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx=\int_0^{\infty} \left(\dfrac{1}{a+x}-\dfrac{1}{b+x}\right)dx$

Je ne sais pas comment il établit cette égalité entre nombres complexes.

Si on suppose $a,b$ réels $>0$ d'après le théorème de Frullani,

$\displaystyle \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx=\ln(b)-\ln(a)$

J'imagine que cette égalité continue d'être vraie pour $a,b$ complexes avec $\Re(a)>0$, $\Re(b)>0$,

et il y a plus qu'à prendre $a=1,b=i$ pour terminer le calcul.

Hardy donne seulement la première égalité qui évite sans doute le recours à un logarithme de nombre complexe.
Il écrit, si je comprends bien, qu'il a trouvé cette preuve dans un bouquin d'un certain Bromwich avec lequel il a signé des articles si je lis toujours bien.

Et la forme de la première intégrale suggère l'utilisation du théorème de Frullani mais qui, à priori, ne concerne que des paramètres $a,b$ réels. Je n'ai pas de doute sur le fait qu'on puisse étendre cette égalité par prolongement analytique.

PS:
Merci pour le lien. On y trouve l'explication de l'égalité de Hardy.

Je recopie cette preuve, en l'adaptant à la situation:

$\begin{align}
\int_0^{+\infty}\dfrac{\text{e}^{-ax}-\text{e}^{-bx}}{x}dx&=\int_0^{+\infty}\left(\left(\text{e}^{-ax}-\text{e}^{-bx}\right)\int_0^{+\infty}\text{e}^{-xt}dt\right)dx\\
&=\int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty} \left(\text{e}^{-(a+t)x}-\text{e}^{-(b+t)x}\right) dtdx\\
&=\int_0^{+\infty} \left(\dfrac{1}{a+t}-\dfrac{1}{b+t}\right)dt
\end{align}$

Et cette égalité est vraie pour $\Re(a),\Re(b)>0$ ce qui garantie la convergence de la toute première intégrale sauf erreur.

PS:
Pour la suite, il faudrait que cette égalité soit vraie pour $\Re(a),\Re(b)\geq 0$

L'extension au cas complexe de l'intégrale de Frullani peut se démontrer en restant dans le cadre du programme de Math-Spé.
On introduit $F(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{\text{e}^{-t}-\text{e}^{-(1+ix)t}}tdt$.
Par dérivation sous le signe intégral on obtient:
$F(x)=\dfrac12\ln(1+x^2)+i\arctan x$.

On en déduit, en utilisant l'intégrale de Frullani dans le cas réel, pour $a>0$ et $c>0$:

$\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{\text{e}^{-(c+id)t}-\text{e}^{-(a+ib)t}}tdt=\dfrac12\ln\dfrac{a^2+b^2}{c^2+d^2}+i\arctan\dfrac ba-i\arctan\dfrac dc$ qui est bien égal à $\ln(a+ib)-\ln(c+id)$.

Bonjour

Gebrane a l'amabilité de me citer à propos de la méthode des transformées de Laplace

je réponds à son appel avec la transformée : $$\int_0^{+\infty}e^{-tx}\frac{sin(at)}{t}dt = Arctan\frac{a}{x}$$

avec x variable réelle positive et a paramètre différent de 0

si a = 1 et lorsque x tend vers 0+ il vient l'intégrale de Dirichlet : $$\int_0^{+\infty}\frac{sint}{t}dt = \frac{\pi}{2}$$

cordialement