Guerre aux méthodes pour une intégrale

$A>0,\epsilon >0,n>0$

\begin{align}K&=\int_0^{+\infty } \frac{\cos(n x) -\cos(x) }{x}dx\\
K\left(\epsilon,A\right)&=\int_\epsilon^A \frac{\cos(n x) -\cos(x) }{x}dx\\
&=\underbrace{\int_\epsilon^A \frac{\cos(n x)}{x}dx}_{y=nx}-\int_\epsilon^A \frac{\cos(x)}{x}dx\\
&=\int_{n\epsilon}^{nA} \frac{\cos(y)}{y}dy-\int_\epsilon^A \frac{\cos(x)}{x}dx\\
&=\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx-\int_\epsilon^{n\epsilon} \frac{\cos(x)-1}{x}dx-\int_\epsilon^{n\epsilon} \frac{1}{x}dx\\
&=\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx-\int_\epsilon^{n\epsilon} \frac{\cos(x)-1}{x}dx-\ln n\\
\end{align}

Or, $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx\right|\leq \dfrac{1}{A}$. (édit: inégalité fausse voir les messages suivants).
Et l'intégrande de la dernière intégrale du membre de droite peut être prolongée continûment sur $[0;1]$ donc cette fonction est bornée sur $[0;1]$.
Ainsi quand on fait tendre $\epsilon$ vers $0$ et $A$ vers l'infini on obtient: $\displaystyle K=\lim_{\epsilon\rightarrow 0,A\rightarrow \infty}K\left(\epsilon,A\right)=-\ln n$


PS: pour tenir compte de la remarque judicieuse de Calli ci-dessous, j'ai renommé $A\left(\epsilon,A\right)$ en $K\left(\epsilon,A\right)$.

Jandri: Merci. Je m'en suis rendu compte après coup. J'étais un peu pressé, il fallait que je libère rapidement l'ordinateur sur lequel j'ai tapé cette inégalité bidon. :-D

$\displaystyle \int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx\overset{\text{IPP}}=\Big[\frac{\sin x}{x}\Big]_A^{nA}+\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx=\frac{\sin(nA)}{nA}-\frac{\sin(A)}{A}+\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx$

Or, $\displaystyle \left|\dfrac{\sin(nA)}{nA}-\dfrac{\sin(A)}{A}\right|\leq \left(1+\frac{1}{n}\right)\frac{1}{A}$

et, $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx\right|\leq \dfrac{|n-1|}{\min(1,n)A}$

Donc, $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx \right|\leq \left(1+\frac{1}{n}+\dfrac{|n-1|}{\min(1,n)}\right)\frac{1}{A}$

J'espère que c'est correct maintenant. B-)-

PS:
Ce n'est pas une évidence que $\displaystyle \displaystyle\int_1^{+\infty}\dfrac{\cos x}xdx$ converge.
(en quelque sorte mon calcul est proche de la preuve habituelle de la convergence de cette intégrale)

Je suis d'accord, c'est correct.

Sans faire intervenir le min, on peut majorer $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\sin x}{x^2}dx\right|$ par $\displaystyle\int_A^{nA} \frac{1}{x^2}dx=\left(1-\dfrac1n\right)\dfrac1A$ quand $n>1$ (l'opposé quand $n<1$) d'où $\displaystyle \left|\int_A^{nA} \frac{\cos(x)}{x}dx \right|\leq \frac{2}{A}$ quand $n>1$.

C'est bien cette IPP qu'on utilise classiquement pour montrer la convergence de $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{\cos(x)}{x}dx$.

Calli: En effet. En fait j'avais appelé l'intégrale à calculer $A$ et je m'étais rendu compte que ce n'était pas un choix judicieux du fait de l'introduction du paramètre $A$ plus loin. J'ai changé pour $K$ mais j'ai oublié de faire le changement à la ligne suivante. :-D Comme déjà indiqué il fallait que j'écrive rapidement. La précipitation donne rarement de bons résultats. 8-)

Gebrane: Je pense qu'il faut commencer par faire une intégration par parties: on cherche une primitive du numérateur.

Gebrane: on a $\displaystyle \int_0^{+\infty } \frac{\cos(n x) -\cos(x) }{x}dx=\int_0^{+\infty } \frac{\frac{\sin(n x)}{nx} -\frac{\sin(x)}{x} }{x}dx$

J'ai fait assez naturellement la méthode de la transformée de Laplace, proposée par gebrane (même si je ne comprends pas les écritures de son premier message), ça marche très bien.

En dérivant par rapport à $A$ et en réintégrant, je trouve que
$$

\int_{0}^{+\infty} e^{-tx} \frac{\cos(Ax)-\cos(x)}x \ dx=\frac12\log\Big(\frac{t^2+A^2}{t^2+1}\Big),
$$ et il n'y a plus qu'à faire tendre $t$ vers $0$.

Gebrane: tu veux dire qu'on nous cache des propriétés de la transformation intégrale de Laplace? B-)

$\DeclareMathOperator{\sinc}{sinc}$
On notera $\sinc$ la fonction $x\mapsto \frac{\sin(x)}{x}$ prolongée par $1$ en $0$.

Par intégration par parties, puis par Fubini [\begin{align}\int_0^{+\infty} \frac{\cos(nx)-\cos(x)}{x}dx&=\left[\frac{\frac{\sin(nx)}{n}-\sin(x)}{x}\right]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\left(\frac{\sin(nx)}{n}-\sin(x)\right)\times\left(-\frac{1}{x^2}\right)dx\\
&=\int_0^{+\infty}\frac{\sinc(nx)-\sinc(x)}{x}dx\\
&=\int_0^{+\infty}\int_1^n\sinc'(tx)dtdx\\
&=\int_1^n\int_0^{+\infty}\sinc'(tx)dxdt\\
&=-\int_1^n\frac{dt}{t}\\
&=-\ln(n)\end{align}\]

Évidemment, c'est encore une intégrale de Cauchy-Frullani...

[Edit] Signe corrigé.

Effectivement, une petite erreur de signe à la fin : je m'étais bêtement fié aux premières réponses du fil qui annonçaient cette erreur... (:P)

Gebrane: C'est toi qui a induit cette erreur. (première ligne formule) (:D