Une intégrale pas sympa

Solution en vidéo : https://youtu.be/X5oBzYg2aRY
Pour l’existence on a une intégrande continue sur $\mathbb{R}^{+*}$ donc continue par morceaux. En $0$ on a l’équivalent $\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}\underset{0}{\sim}x$ avec $x\mapsto x$ qui est positive et intégrable en $0$. On a également $\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}=\underset{+\infty}{O}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ donc l’intégrande est intégrable en $+\infty$ par comparaison avec une intégrale de Riemann.

Commençons par remarquer qu’on peut linéariser notre $\sin^3(x)$ en développant $\left(\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^3$ ce qui donne
$$\sin^3(x)=\dfrac{\sin(3x)-3\sin(x)}{4}.$$Pour la suite on va utiliser l’astuce de Feynman : définir une intégrale à paramètre que l’on va dériver pour faire disparaître les éléments gênants de notre intégrale puis on calcule la dérivée, on primitive et on évalue. Facile, non ?

Une première idée serait de poser $a\longmapsto\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{\sin^3(x)}{x^2}e^{-ax^2}\,\mathrm{d}x$ de telle sorte que l’on fait disparaître le $x^2$ qui nous embête au dénominateur en dérivant par rapport à $a$. Cependant, en linéarisant, on se retrouve avec des intégrales du type $\displaystyle\int_0^{+\infty}\sin(ax)e^{-ax^2}\,\mathrm{d}x$ ce qui reste très intimidant. On va préférer poser $F\colon a\geqslant 0\longmapsto \displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}e^{-ax}\,\mathrm{d}x$. De telle sorte qu’on a désormais besoin de dériver deux fois mais $F''(a)$ sera bien plus simple à évaluer. Maintenant, place à la rigueur. On pose $f(a,x)=\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}e^{-ax^2}$ Montrons que :

• $F$ est continue sur $\mathbb{R}^+$
• $F$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\mathbb{R}^{+*}.$

On a $x\mapsto f(a,x)$ continue par morceaux et $\forall a\in\mathbb{R}^+, \left|f(a,x)\right|\leqslant \dfrac{\left|\sin^3(x)\right|}{x^2}=\varphi(x)$. Or $\varphi$ est intégrable par ce qui précède donc, par domination, on a la continuité de $F$ sur $\mathbb{R}^+.$
Soit $\varepsilon>0.$ La fonction $a>\varepsilon\mapsto f(a,x)$ est de classe $\mathcal{C}^2$ et on a $\dfrac{\partial f}{\partial a}(a,x)=-\dfrac{\sin^3(x)}{x}e^{-ax}$ qui est continue par morceaux et intégrable car $\left|\dfrac{\sin^3(x)}{x}e^{-ax}\right|\leqslant x^2e^{-ax}$ (prolongeable par continuité en $0$ et $\underset{\small x\rightarrow+\infty}{o}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ par croissance comparée). Enfin, $\dfrac{\partial^2 f}{\partial a^2}(a,x)=\sin^3(x)e^{-ax}$ est continue par morceaux et satisfait $\forall x\in\mathbb{R}^{+*},a>\varepsilon,\left|\dfrac{\partial^2 f}{\partial a^2}(a,x)\right|\leqslant e^{-\varepsilon x}=\psi(x).$ La fonction $\psi$ est intégrable et ne dépend pas de $a$ donc, par domination, $F$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $[\varepsilon,+\infty[$ pour tout $\varepsilon>0$ donc sur $]0,+\infty[$ et $\forall a>0,$
$$F'(a)=-\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin^3(x)}{x}e^{-ax}\,\mathrm{d}x\text{ et }F''(a)=\int_0^{+\infty}\sin^3(x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{4}\left(\int_0^{+\infty}\sin(3x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x-3\int_0^{+\infty}\sin(x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x\right).$$On calcule $\displaystyle\int_0^{+\infty}\sin(bx)e^{-ax}\,\mathrm{d}x$ pour $b\in\mathbb{R}$ en passant par le complexe grâce au fait que $\sin(bx)$ est la partie imaginaire de $e^{ibx}.$ On a
$$\int_0^{+\infty}\sin(bx)e^{-ax}\,\mathrm{d}x=\operatorname{Im}\left(\int_0^{+\infty}e^{ibx}e^{-ax}\,\mathrm{d}x\right)=\operatorname{Im}\left(\int_0^{+\infty}e^{-ax+ibx}\,\mathrm{d}x\right)$$ $$=\Im\left(\left[\dfrac{1}{-a+ib}e^{(ib-a)x}\right]_0^{+\infty}\right)=\operatorname{Im}\left(\dfrac{1}{a-ib}\right)=\operatorname{Im}\left(\dfrac{a+ib}{a^2+b^2}\right)=\dfrac{b}{a^2+b^2}.$$

En appliquant cela à $b=1$ et $b=3$ on obtient
$$F''(a)=\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a^2+1}-\dfrac{1}{a^2+9}\right)$$donc $\exists \alpha\in\mathbb{R}$ tel que
$$F'(a)=\dfrac{3}{4}\left(\arctan(a)-\dfrac{1}{3}\arctan\left(\dfrac{a}{3}\right)\right)+\alpha.$$Grâce à la domination $\forall x\in\mathbb{R}^{+*},\forall a>1,\dfrac{\sin^3(x)}{x}e^{-ax}\leqslant x^2e^{-x}$ on peut échanger limite et intégrale lorsque $a\rightarrow+\infty$ ce qui donne $F'(a)\underset{a\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0$. Par ailleurs, $\dfrac{3}{4}\left(\arctan(a)-\dfrac{1}{3}\arctan\left(\dfrac{a}{3}\right)\right)+\alpha\underset{a\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}\dfrac{\pi}{4}+\alpha$ si bien qu’on obtient $\alpha=-\dfrac{\pi}{4}$. Grâce à la primitive $\displaystyle\int^a\arctan(t)\,\mathrm{d}t=a\arctan(a)-\dfrac{1}{2}\ln(1+a^2)$ obtenue en intégrant par partie avec $u'=1$ et $v=\arctan(t)$, on a un $\beta\in\mathbb{R}$ tel que
$$F(a)=\dfrac{3}{4}\left(a\arctan(a)-\dfrac{1}{2}\ln(1+a^2)-\left(\dfrac{a}{3}\arctan\left(\dfrac{a}{3}\right)-\dfrac{1}{2}\ln\left(1+\dfrac{a^2}{9}\right)\right)\right)-\dfrac{\pi}{4}a+\beta$$ $$=\dfrac{3}{4}\left(a\arctan(a)-\dfrac{a}{3}\arctan\left(\dfrac{a}{3}\right)-\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{1+a^2}{1+\frac{a^2}{9}}\right)\right)-\dfrac{\pi}{4}a+\beta.$$

On rappelle que $\forall a>0, \arctan(a)+\arctan\left(\dfrac{1}{a}\right)=\dfrac{\pi}{2}$ (car la dérivée de la fonction correspondante est nulle sur un intervalle donc la fonction est constante égale à son évaluation en $a=1$). On a donc
$$F(a)=\dfrac{3}{4}\left(a-\dfrac{a}{3}\right)\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}a+\dfrac{3}{4}\left(a\arctan\left(\dfrac{1}{a}\right)-\dfrac{a}{3}\arctan\left(\dfrac{3}{a}\right)-\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{1+a^2}{1+\frac{a^2}{9}}\right)\right)+\beta$$$$=\dfrac{3}{4}\left(a\arctan\left(\dfrac{1}{a}\right)-\dfrac{a}{3}\arctan\left(\dfrac{3}{a}\right)-\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{1+a^2}{1+\frac{a^2}{9}}\right)\right)+\beta.$$De la même façon que pour $F'$ on a la domination $\forall x\in\mathbb{R}^{+*},\forall a>1,\left|\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}e^{-ax}\right|\leqslant xe^{-x}$ qui nous permet d’échanger $\underset{a\rightarrow+\infty}{\lim}$ et intégrale et donne $F(a)\underset{a\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0$. Par ailleurs, grâce à l’équivalent $\arctan(t)\underset{0}{\sim} t$ on a $\underset{a\rightarrow +\infty}{\lim}a\arctan\left(\dfrac{1}{a}\right)-\dfrac{a}{3}\arctan\left(\dfrac{3}{a}\right)=1-1=0$. On a également $\underset{a\rightarrow+\infty}{\lim}\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{1+a^2}{1+\frac{a^2}{9}}\right)=\dfrac{1}{2}\ln(9)=\ln(3).$ Donc $F(a)\underset{a\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}-\dfrac{3}{4}\ln(3)+\beta$. Par unicité de la limite on a donc $\beta=\dfrac{3}{4}\ln(3).$ Par continuité de $F$ en $0$ on a également
$$\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x=F(0)=\lim_{a\to0}F(a)=\beta=\dfrac{3}{4}\ln(3).$$

NB : Je ne donne pas une solution détaillée.

J’admets le résultat suivant dit ''théorème de Frullani'' (version avec hypothèse affaiblie dite ''Cesàro'') :

::: Énoncé : soit $f$ continue (par morceaux) sur $[0;\infty[$, telle que l’intégrale $I:=\int_{0}^{+\infty} \frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx$, où $a,b$ strictement supérieurs à$0$, converge comme intégrale généralisée au sens de Riemann et possédant une limite à l’infini au sens de Cesàro (ie $1/T \int_{0}^{T} f(x) dx$ converge vers une limite $L$ lorsque $T$ tend vers l’infini), alors $I=(f(0)-L)\ln(b/a)$ (si $f$ est continue par morceaux on remplace $f(0)$ par $f(0+)$).

La preuve se démontre comme avec l’énoncé habituel qui est donné avec l’hypothèse suivante : $f(x)$ tend vers $L$ lorsque $x$ tend vers l’infini. On peut la trouver sur Internet et la reprendre en constatant qu’une limite au sens de Cesàro suffit.

Application. On vérifie (en particulier la convergence de l’intégrale au voisinage de l’infini) que la fonction cosinus vérifie ces hypothèses $\forall a,b>0, \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(ax)-\cos(bx)}{x}dx=\ln(b/a) (1)$

:::

Revenons à l’énoncé. Soit $J$ l’intégrale de l’énoncé. Je donne juste les étapes.

1. On montre la convergence de l’intégrale
2. Une IPP et un passage à la limite donnent $J=3\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^2(x)\cos(x)}{x}dx$
3. On linéarise la fonction intégrée ce qui donne $J=3/4 \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(x)-\cos(3x)}{x}dx$
4. D’après (1), $J=3/4\ln(3)$