Calcul d'intégrale
Bonjour
Je dois calculer l'intégrale suivante : $$F(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{i xt}}{t^{\alpha}}dt\quad \text{avec}~x\in \mathbb{R}~\text{ et }~0<\alpha<1$$
J'arrive à calculer $\displaystyle F(ix)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-xt}}{t^{\alpha}}dt=x^{\alpha-1}\Gamma(1-\alpha)$ mais pas $F(x)$.
Merci de votre aide !
Je dois calculer l'intégrale suivante : $$F(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{i xt}}{t^{\alpha}}dt\quad \text{avec}~x\in \mathbb{R}~\text{ et }~0<\alpha<1$$
J'arrive à calculer $\displaystyle F(ix)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-xt}}{t^{\alpha}}dt=x^{\alpha-1}\Gamma(1-\alpha)$ mais pas $F(x)$.
Merci de votre aide !
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Réponses
Après avoir observé l'intégrande, on a bien envie de dériver $F$ pour essayer d'écrire une équation différentielle après avoir fait une intégration par parties.
J'ai pensé à cela mais la paramètre change en dérivant...
Dans le cas $x>0$, en posant $u=(xt)^{1-\alpha}$ on obtient $F(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{e^{i xt}}{t^{\alpha}}dt=\frac1{x^{1-\alpha}(1-\alpha)}\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle i u^\beta}du$ avec $\beta=\dfrac1{1-\alpha}>1$.
Cette dernière intégrale est classique (généralisation des intégrales de Fresnel) et vaut $\displaystyle\frac1{\beta}\Gamma(\frac1{\beta})e^{\displaystyle i\frac{\pi}{2\beta}}$.
On obtient finalement: $F(x)=\dfrac{\Gamma(1-\alpha) e^{\displaystyle i\frac{\pi}2(1-\alpha)}}{x^{1-\alpha}}$.
Pour $x<0$ on obtient en conjuguant: $F(x)=\dfrac{\Gamma(1-\alpha) e^{\displaystyle -i\frac{\pi}2(1-\alpha)}}{(-x)^{1-\alpha}}$.
Pour $x=0$, l'intégrale diverge.
Y a-t-il un argument à base de prolongement analytique qui évite le calcul de l'intégrale classique (qui est classique pour un virtuose comme Jandri mais pas pour un pauvre mortel comme moi) ?
Jandri serait il immortel ?
Cordialement,
Rescassol
je confirme le résultat de Jandri
il suffit de passer par les transformées de Fourier de la fonction puissance d'exposant réel $a > - 1$
et de variable $x$ différente de $0$ soient :
$\int_0^{+\infty}t^acos(tx)dt = \frac{1}{x^{a+1}}\Gamma(a+1)cos\frac{\pi}{2}(a+1)$
$\int_0^{+\infty}t^asin(tx)dt = \frac{1}{x^{a+1}}\Gamma(a+1)sin\frac{\pi}{2}(a+1)$
pour $a = - \alpha$ on trouve le résultat de Jandri qui reste valable pour $\alpha = 0$ et pour $\alpha < 0$
si $\alpha = 1$ alors la première transformée (celle du cosinus) diverge sur la borne inférieure
alors que la seconde transformée donne l'intégrale de Dirichlet soit $\int_0^{+\infty}\frac{sint}{t}dt = \frac{\pi}{2}$
cordialement
Quand je parle d'intégrale "classique" je fais allusion à l'intégrale de Fresnel:.$\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle i u^2}du$
On peut calculer sans analyse complexe l'intégrale $\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle i u^\beta}du$ (en se limitant au programme de spé).
Première étape: on calcule $f(y)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle -(x+iy) u^\beta}du$ pour $x>0$ et $\beta>0$.
Par $t=u^{\beta}$ et en posant $\alpha=\dfrac1{\beta}$ on a $f(y)=\alpha\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle -(x+iy) t}t^{\alpha-1}dt$.
Par dérivation sous le signe intégral (possible car $x>0$ et $\alpha>0$) et une IPP:
$f'(y)=-\alpha i\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle -(x+iy) t}t^{\alpha}dt=-\dfrac{i\alpha}{x+iy}f(y)$.
La valeur $f(0)=\dfrac{\alpha\Gamma(\alpha)}{x^{\alpha}}$ et $\int\dfrac{i\alpha}{x+iy}dy=\dfrac{\alpha}2\ln(x^2+y^2)+\alpha i\arctan\dfrac yx$ donnent la solution de l'équation différentielle:
$f(y)=\dfrac{\alpha\Gamma(\alpha)}{(x^2+y^2)^{\alpha/2}}\exp(-\alpha i\arctan\dfrac yx)$.
Deuxième étape: quand $\alpha<1$ on fait tendre $x$ vers $0^+$ dans $f(-1)=\alpha\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle (-x+i) t}t^{\alpha-1}dt=\dfrac{\alpha\Gamma(\alpha)}{(x^2+1)^{\alpha/2}}\exp(\alpha i\arctan\dfrac 1x)$.
Le second membre a pour limite $\alpha\Gamma(\alpha)\exp(\alpha i\dfrac{\pi}2)$.
Le théorème de continuité sous le signe intégral s'applique pour l'intégrale sur $]0,1]$.
Pour passer à la limite dans l'intégrale sur $[1,+\infty[$ il faut faire d'abord une IPP avant d'appliquer le théorème de continuité sous le signe intégral:
pour $x\geq0$: $g(x)=\displaystyle\int_1^{+\infty}e^{\displaystyle (-x+i) t}t^{\alpha-1}dt=\dfrac{e^{\displaystyle (-x+i)}}{x-i}+\dfrac{\alpha-1}{x-i}\displaystyle\int_1^{+\infty}e^{\displaystyle (-x+i) t}t^{\alpha-2}dt$ qui tend vers $g(0)$ quand $x$ tend vers $0^+$.
On obtient donc $\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle i u^\beta}du=\alpha\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle i t}t^{\alpha-1}dt=\alpha\Gamma(\alpha)\exp(\alpha i\dfrac{\pi}2)$ pour $\beta=\dfrac1{\alpha}>1$.
Merci Jandri.
Par curiosité comment le démontre-t-on via l'analyse complexe ?
L'énoncé est dans l'extrait, là: http://iecl.univ-lorraine.fr/~Olivier.Garet/livre.php
La méthode est essentiellement la même que celle de Jandri, sauf qu'on ne fait pas de changement de variable, on travaille directement sur la transformée de Laplace.
Pour calculer $\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{\displaystyle i t}t^{\alpha-1}dt$ par la méthode des résidus on peut intégrer $f(z)=z^{\alpha-1}e^{-z}$ sur le bord du compact défini par $|z|\leq R$ et $-\dfrac{\pi}2\leq \arg z\leq 0$ puis faire tendre $R$ vers $+\infty$.
Pour majorer le module de l'intégrale sur l'arc de cercle on peut poser $\theta=-\dfrac{\pi}2+t$ et utiliser $\sin(t)\geq \dfrac{2t}{\pi}$.
$F(x)=\dfrac{\Gamma(1-\alpha) e^{\displaystyle i\frac{\pi}2(1-\alpha)}}{x^{1-\alpha}}$.
Ce qui est bizarre c'est si je définis $G(x)=\int_{-\infty}^{0}\frac{e^{ixt}}{t^{\alpha}}dt$, alors par changement de variable $u=-t$ je trouve $$G(x)=e^{-i\pi \alpha}F(-x)=e^{-i\pi \alpha}\dfrac{\Gamma(1-\alpha) e^{\displaystyle i\frac{\pi}2(1-\alpha)}}{x^{1-\alpha}e^{i\pi (1-\alpha)}}=-F(x)$$
Et alors il s'en suit $\mathcal{F}^{-1}(t^{-\alpha})(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ixt}}{t^{\alpha}}dt=F(x)+G(x)=0$.
Où est l'erreur ?
Pour $x<0$ on obtient en conjuguant: $F(x)=\dfrac{\Gamma(1-\alpha) e^{\displaystyle -i\frac{\pi}2(1-\alpha)}}{(-x)^{1-\alpha}}$.
Pour $x=0$, l'intégrale diverge.
Donc je ne comprends toujours pas ?