Étude de la nature d'une intégrale

Je pense qu'on peut montrer que:
\begin{align}\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\bigg(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt\bigg)dx&=\lim_{A\rightarrow \infty} A\int_A^\infty \frac{1-\cos x}{x^2}\,dx\\
\end{align}
Si $A>0$,
\begin{align}A\int_A^\infty \frac{1-\cos x}{x^2}\,dx&=A\int_A^\infty \frac{1}{x^2}\,dx-A\int_A^\infty \frac{\cos x}{x^2}\,dx\\
&=1-A\int_A^\infty \frac{\cos x}{x^2}\,dx
\end{align}

Il ne reste plus qu'à montrer que cette dernière intégrale ce dernier terme tend vers $0$. Il me semble qu'on peut le montrer via une IPP (il faut accroître le degré du monôme au dénominateur)

Non seulement elle existe cette intégrale, mais on peut en trouver la valeur. Je crois me souvenir qu'elle est égale à 1.

Chaurien:

Oui, elle vaut 1 voir mon message ci-dessus.

Malavita:

$\displaystyle F(x)=\frac{\cos(x)}{x}+O(\frac{1}{x^2})$

On ne sait pas si cette fonction est intégrable en $0$ a priori. Il y a besoin d'avoir des informations sur le reste au voisinage de $0$ non?

Question bête mais tant pis : est-ce que le théorème de Fubini peut servir à quelque chose ici ?merci.

$m>0$,
\begin{align}K(m)&=\int_0^\infty \left(\int_1^\infty \frac{\sin(tx)}{t}\,dt\right)\text{e}^{-mx}\,dx\\
&=-\int_1^\infty \frac{1}{t}\left[\frac{\text{e}^{-mx}\left(m\sin(tx)+t\cos(tx)\right)}{m^2+x^2}\right]_{x=0}^{x=\infty}\,dt\\
&=\int_1^\infty \frac{1}{m^2+t^2}\,dt\\
&\overset{y=\frac{1}{t}}=\int_0^1\frac{1}{1+t^2m^2}\,dt\\
&=\left[\frac{\arctan(tm)}{m}\right]_{t=0}^{t=1}\\
&=\frac{\arctan(m)}{m}\\
\end{align}
et: $\displaystyle \lim_{m\rightarrow 0}\frac{\arctan(m)}{m}=\frac{\partial}{\partial m}\arctan(m)_{|m=0}=\frac{1}{1+0^2}=1$

PS:
C'est bien évidemment une arnaque, en quelque sorte, puisqu'il faut justifier aussi que:
$\displaystyle \lim_{m\rightarrow 0} K(m)=\int_0^\infty \left(\int_1^\infty \frac{\sin(tx)}{t}\,dt\right)\,dx$.

OK donc Fubini peut servir ici mais à condition d'y mettre le prix :-)

Je ne connaissais pas ce genre d'intégrales doubles dépendant d'un paramètre ! Y a-t-il une méthode d'étude générale ?

Totem:

Mots clefs: transformée de Laplace.

PS:
C'est un phénomène courant en analyse de multiplier par un facteur "régularisant".
Voir aussi le produit de convolution qui permet de pallier au le manque de régularité d'une fonction en la convolant avec une fonction plus régulière.

PS2:
Dans l'oreillette on m'a fait remarquer que le verbe pallier était transitif (et il y a deux l).

EXISTENCE ET CALCUL DE $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\Big(\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt\Big)dx$, $1<a<3$
$\hspace{2cm}$...aux moindre frais...

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$\bullet $ Il est clair que si $a>1$, pour $x>0$ l'intégrale $F(x)=\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt$ est absolument convergente.

$\bullet $ Soit $a>1$. Pour $x>0$, on démontre avec une IPP : $\left\vert F(x)\right\vert \leq \frac{2}{x^{a}}$.
On en déduit que l'intégrale $\int_{1}^{+\infty }F(x)dx$ est absolument convergente.
Et de plus $\underset{%
x\rightarrow +\infty }{\lim }(xF(x))=0$.

$\bullet $ Soit $1<a<3$. Pour $x>0$ on a : $F(x)=\int_{x}^{1}%
\frac{\sin t}{t^{a}}dt+\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt=\int_{x}^{1}\frac{1}{t^{a-1}}dt-\int_{x}^{1}\frac{t-\sin t}{t^{a}}dt+\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt$.
- Si $a=2$ alors quand $x\rightarrow 0^{+}$ : $F(x)=-\ln x+C+o(1)$, où $C$ est une constante réelle.
- Si $a\neq 2$ alors quand $x\rightarrow 0^{+}$ : $F(x)=\frac{x^{2-a}}{a-2}+C+o(1)$, idem.
On en déduit que l'intégrale $\int_{0}^{1}F(x)dx$ est absolument convergente dans les deux cas.
Et de plus $\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }(xF(x))=0$.

$\bullet $ Soit des réels $y$ et $z$, avec $0<y<z$. Sur l'intégrale $\int_{y}^{z}F(x)dx$ exécutons une IPP : $u(x)=F(x)$, $v^{\prime }(x)=1$, $u^{\prime }(x)=-\frac{\sin x}{x^{a}}$, $v(x)=x$, d'où : $\int_{y}^{z}F(x)dx=[xF(x)]_{x:=y}^{x:=z}+\int_{y}^{z}\frac{\sin x}{x^{a}}%
dx=zF(z)-yF(y)+\int_{y}^{z}\frac{\sin x}{x^{a-1}}dx$.
En faisant $y\rightarrow 0^{+}$ et $z\rightarrow +\infty $, il vient : $\int_{0}^{+\infty }F(x)dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^{a-1}}dx$.

Bonne sieste.
Fr. Ch.

$~~~~~~~~~$ EXISTENCE ET CALCUL DE $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\Big(\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt\Big)dx$, $\ 0<a<1$.
....gloire à l'IPP !
$\bullet $ Si $0<a<1$, pour $x\geq 0$ l'intégrale $F(x)=\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt $ est convergente (quoique non absolument).

$\bullet $ Pour $x\geq 0$, deux IPP sur l'intégrale $F(x)=\int_{x}^{+\infty }t^{-a}\sin tdt$ conduisent à :
$F(x)=x^{-a}\cos x+ax^{-a-1}\sin x-F_{2}(x)$, avec : $F_{2}(x)=\int_{x}^{+\infty }a(a+1)t^{-a-2}\sin tdt$.
On a : $\left\vert F_{2}(x)\right\vert \leq \int_{x}^{+\infty}a(a+1)t^{-a-2}dt=ax^{-a-1}$, d'où : $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }(xF_{2}(x))=0$.

$\bullet $ Pour $y\geq 0$, deux IPP sur l'intégrale $G(y)=\int_{0}^{y}F(x)dx$ conduisent, après une simplification miraculeuse (Noël !) à : $G(y)=ay^{-a}\sin y-yF_{2}(y)+\int_{0}^{y}(-a+1)x^{-a}\cos xdx$, et finalement : $\int_{0}^{+\infty }F(x)dx=\underset{y\rightarrow +\infty }{\lim }G(y)=\int_{0}^{+\infty }(-a+1)x^{-a}\cos xdx$.
Si l'on n'est pas content de cette expression, un CDV donne : $\int_{0}^{+\infty }F(x)dx=\int_{0}^{+\infty }\cos (\theta ^{\frac{1}{1-a} })d\theta $.

Toujours en espérant qu'il n'y a pas trop d'erreurs de calcul.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

$A>0$,
\begin{align}J(A)&=\int_{0}^{A}\Big(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt\Big)dx\\
&\overset{IPP}=\left[x\left(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt\right)\right]_{x=0}^{x=A}+\int_0^A sin x\,dx\\
&=A\left(\int_{A}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt\right)+1-\cos A\\
&\overset{IPP}=A\left(\left[\frac{1-\cos t}{t}\right]_A^\infty+\int_A^\infty\frac{1-\cos t}{t^2}\,dt\right)+1-\cos A\\
&=A\int_A^\infty\frac{1-\cos t}{t^2}\,dt\\
\end{align}

J'ai retrouvé ce fil qui ne date pourtant que de quatre ans, mais je l'avais complètement oublié : Intégrale d'intégrale

Pour obtenir ce résultat à partir des deux formules trouvées par Chaurien il suffit d'utiliser le résultat "connu" pour $0<a<2$ :

$$\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t^{a}}dt=\dfrac1{\Gamma(a)}\dfrac{\pi/2}{\sin(a\pi/2)}$$

L'intégrale n'est pas définie pour $a=2$. La démonstration la plus courte que je connaisse pour calculer $I(a)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t^{a}}dt$ consiste à faire d'abord une intégration par parties pour obtenir $I(a)=a\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{(1-\cos t)}{t^{a+1}}dt$ (intégrale absolument convergente).

Ensuite on forme une intégrale double :
$I(a)\Gamma(a)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{u^ae^{-u}(1-\cos t)}{t^{a+1}}dtdu$, puis en faisant le changement de variable $u=vt$ on obtient $I(a)\Gamma(a)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}v^ae^{-vt}(1-\cos t)dtdv=\int_{0}^{+\infty}\frac{v^{a-1}}{v^2+1}dv=\dfrac12\int_{0}^{+\infty}\frac{t^{a/2-1}}{t+1}dt=\dfrac{\pi/2}{\sin(a\pi/2)}$ (résultat "connu").