Étude de la nature d'une intégrale
Bonjour, j'aurais besoin d'une indication pour l'exercice suivant s'il vous plaît.
Étudier la nature de l'intégrale $\ \displaystyle \int_{0}^{+\infty}\bigg(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt\bigg)dx.$
L'étude de la convergence de l'intégrale $\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt$ ne pose pas de problème car on reconnaît l'intégrale de Dirichlet pour $x=0$. Cependant je ne vois pas comment montrer la convergence du tout...
J'ai tenté une intégration par parties de $\int_{0}^{+\infty}(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt)dx$ en intégrant $\sin(t)$ en $1-\cos(t)$ sans succès.
J'ai également essayé de poser $F(x)=\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt$ et de faire une intégrale par parties en dérivant $F$ mais je ne m'en sors pas non plus.
Avez-vous des idées ?
Merci d'avance !
Étudier la nature de l'intégrale $\ \displaystyle \int_{0}^{+\infty}\bigg(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt\bigg)dx.$
L'étude de la convergence de l'intégrale $\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt$ ne pose pas de problème car on reconnaît l'intégrale de Dirichlet pour $x=0$. Cependant je ne vois pas comment montrer la convergence du tout...
J'ai tenté une intégration par parties de $\int_{0}^{+\infty}(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt)dx$ en intégrant $\sin(t)$ en $1-\cos(t)$ sans succès.
J'ai également essayé de poser $F(x)=\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt$ et de faire une intégrale par parties en dérivant $F$ mais je ne m'en sors pas non plus.
Avez-vous des idées ?
Merci d'avance !
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Réponses
\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)
$$
F(x)=\frac{\cos(x)}{x}+O(\frac{1}{x^2})
$$
La convergence de l'intégrale en $+\infty$ en découle, cette dernière étant faussement généralisée en 0 du fait de la convergence de $\int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t}dt$.
A+
F.
PS: Dans le $DL$ le $O$ est un grand $O$ et pas un petit $o$ ;-)
Oui, elle vaut 1 voir mon message ci-dessus.
Je posais l'un ou l'autre de ces deux en colle naguère.
C'est un des multiples exemples d'une remarque que j'ai faite récemment dans un autre fil : l'intégration par parties, de nos jours, ne sert plus principalement à calculer des primitives, comme quand j'étais jeune, mais elle sert surtout à transformer l'expression d'une intégrale en vue de tel ou tel but, présentement calculer une intégrale sans primitive.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
$\displaystyle F(x)=\frac{\cos(x)}{x}+O(\frac{1}{x^2})$
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?
\begin{align}\int_A^\infty \frac{\cos x}{x^2}\,dx&=\left[\frac{\sin x}{x^2}\right]_A^\infty+2\int_A^\infty\frac{\sin x}{x^3}\,dx\\
&=-\frac{1}{A^2}+2\int_A^\infty\frac{\sin x}{x^3}\,dx\\
\end{align}
Donc,
\begin{align}\left|\int_A^\infty \frac{\cos x}{x^2}\,dx\right|&\leq\frac{1}{A^2}+2\int_A^\infty \frac{1}{x^3}\,dx\\
&\leq \frac{2}{A^2}
\end{align}
Donc,
\begin{align}A\left|\int_A^\infty \frac{\cos x}{x^2}\,dx\right|&\leq\frac{2}{A}\\
\lim_{A\rightarrow \infty} A\int_A^\infty \frac{\cos x}{x^2}\,dx&=0\\
\end{align}
$\displaystyle \int_0^\infty \left(\int_1^\infty \frac{\sin(tx)}{t}\,dt\right)\,dx$
Maintenant que se passe-t-il si on essaie d'intégrer d'abord en $x$? On est content dans un premier temps on a une primitive de la fonction $x\rightarrow \sin(tx)$ mais dans un deuxième temps on est confronté à un "petit" problème.
PS:
On pourrait peut-être pallier au problème soulevé ci-dessus en introduisant le facteur $\text{e}^{-mx}$ avec $m$ un réel strictement positif qu'on fera tendre vers $0$ à une étape du calcul.
(je n'ai pas fait les calculs mais: https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+sin(t*x)*exp(-x*m),x )
\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:
$\displaystyle \lim_{m\rightarrow 0} K(m)=\int_0^\infty \left(\int_1^\infty \frac{\sin(tx)}{t}\,dt\right)\,dx$.
et : $ \displaystyle \int_0^{+ \infty} \Big(\int_x^{+\infty} \frac{\sin t}{\sqrt t}\,dt\Big)\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{2}}$,
ce qui conduit à la question de l'existence et du calcul de : $ \displaystyle \int_0^{+ \infty} \Big(\int_x^{+\infty} \frac{\sin t}{t^a}\,dt\Big)\,dx$, $a>0$.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Si on sait que l'intégrale initiale converge. Mais on peut montrer, en même temps, la convergence de cette intégrale et donner sa valeur comme déjà indiqué plus haut.
Mais je doute qu'on va pouvoir montrer la convergence et calculer, en même temps, l'intégrale donnée par Chaurien:
$\displaystyle \int_0^{+ \infty} \Big(\int_x^{+\infty} \frac{\sin t}{t^2}\,dt\Big)\,dx$
Mais il est fort possible que la méthode donnée ci -dessus (rajouter un facteur $\text{e}^{-mx}$ avec $m>0$)
fonctionne (je n'ai pas fait les calculs). Mais il faut préalablement montrer que cette intégrale converge.
PS:
La méthode qui consiste à rajouter un facteur $\text{e}^{-mx}$ semble fonctionner mais il faut procéder à une intégration par parties préalablement et on a besoin de connaître la valeur de $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx$ me semble-t-il (qui est $\dfrac{\pi}{2}$)
$\bullet $ Si je ne me suis pas trompé dans mes calculs, l'intégrale $\displaystyle \int_{0}^{+\infty } \Big (\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt \Big)dx$ existe si et seulement si $0<a<3$.
$\bullet $ Si $1<a<3$, alors $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty } \Big (\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt \Big)dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^{a-1}}dx$.
En particulier si $a=2$, alors $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty } \Big(\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{2}}dt \Big)dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}$.
$\bullet $ Si $0<a<1$, alors $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty } \Big(\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt \Big)dx=\int_{0}^{+\infty }\cos (\theta ^{\frac{1}{1-a}})d\theta $.
En particulier si $a=\frac{1}{2}$, alors $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty } \Big(\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt \Big)dx=\int_{0}^{+\infty }\cos (\theta ^{2})d\theta =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{2}}$.
Tout ça encore sous réserve d'erreurs de calcul,bien sûr...
J'envoie des détails sous peu.
Bonne journée.
Fr. Ch.
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).
&=\int_0^\infty \frac{1}{x}\left(-\left[\frac{\sin(tx)}{t}\right]_{t=1}^{t=\infty}+\int_1^\infty \frac{x\cos(tx)}{t}\,dt\right)\,dx\\
&=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx+\int_0^\infty \left(\int_1^\infty \frac{\cos(tx)}{t}\,dt\right)\,dx\\
\end{align}
Soit $m>0$,
\begin{align}W(m)&=\int_0^\infty \left(\int_1^\infty \frac{\cos(tx)}{t}\,dt\right)\text{e}^{-mx}\,dx\\
&=\int_1^\infty \frac{1}{t}\left[\frac{\text{e}^{-mx}\left(t\sin(tx)-m\cos(tx)\right)}{m^2+t^2}\right]_{x=0}^{x=\infty}\,dt\\
&=m\int_1^\infty \frac{1}{(m^2+t^2)t}\,dt\\
&=\frac{1}{m^2}\left[\ln t-\frac{1}{2}\ln(m^2+t^2)\right]_{t=1}^{t=\infty}\\
&=\frac{\ln(1+m^2)}{2m}\\
&=\frac{m}{2}\times \frac{\ln(1+m^2)}{m^2}\\
\end{align}
Il est clair que $\lim_{m\rightarrow 0}W(m)=0$
Si on admet que $W(0)=\lim_{m\rightarrow 0}W(m)$ et que $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}$
on a bien le résultat annoncé par Chaurien.
$\hspace{2cm}$...aux moindre frais...
$\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.
....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.
\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.
$$ J'ai essayé de bricoler diverses IPP, sans rien obtenir de satisfaisant, après relecture attentive du fil, il s'avère que la réponse à ma question a été donnée par @math2.
Mea culpa ;-)
F.
PS. @fdp, dans mon message précédent je n'ai utilisé le $DL$ de $F$ que pour justifier la convergence en $+\infty$ de $\int_0^{+\infty} F(x)dx$. La convergence en $0$ découlant du fait que $F$ admet une limite finie en $0$ et se prolonge donc en une fonction continue sur $[0;+\infty[$.
\begin{align}J(A)&=\int_{0}^{A}\Big(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt\Big)dx\\
&\overset{IPP}=\left[x\left(\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt\right)\right]_{x=0}^{x=A}+\int_0^A sin x\,dx\\
&=A\left(\int_{A}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt\right)+1-\cos A\\
&\overset{IPP}=A\left(\left[\frac{1-\cos t}{t}\right]_A^\infty+\int_A^\infty\frac{1-\cos t}{t^2}\,dt\right)+1-\cos A\\
&=A\int_A^\infty\frac{1-\cos t}{t^2}\,dt\\
\end{align}
\int_{0}^{+\infty}\Big(\int_{x}^{+\infty }\frac{\sin t}{t^{a}}dt\Big)dx=\dfrac1{\Gamma(a)}\dfrac{b}{\sin(b)},
$$ où $b=\dfrac{\pi}2(1-a)$.
$$\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t^{a}}dt=\dfrac1{\Gamma(a)}\dfrac{\pi/2}{\sin(a\pi/2)}$$
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").