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 $\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}\underset{0}{\sim}x$ avec $x\mapsto x$ qui est positive et intégrable en $0$. On a également $\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}=\underset{+\infty}{O}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ donc l’intégrande est intégrable en $+\infty$ par comparaison avec une intégrale de Riemann.

Commençons par remarquer qu’on peut linéariser notre $\sin(x)^3$ en développant $\left(\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^3$ ce qui donne
$$\sin(x)^3=\dfrac{\sin(3x)-3\sin(x)}{4}.$$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 $a\longmapsto\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{\sin(x)^3}{x^2}e^{-ax^2}\,\mathrm{d}x$ 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 $F\colon a\geq 0\longmapsto \displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}e^{-ax}\,\mathrm{d}x$. 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 $f(a,x)=\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}e^{-ax^2}$ 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 $\forall a\in\mathbb{R}^+, \left|f(a,x)\right|\leq \dfrac{\left|\sin(x)^3\right|}{x^2}=\varphi(x)$. Hors $\varphi$ 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 $\dfrac{\partial f}{\partial a}(a,x)=-\dfrac{\sin(x)^3}{x}e^{-ax}$ qui est continue par morceaux et intégrable car $\left|\dfrac{\sin(x)^3}{x}e^{-ax}\right|\leq x^2e^{-ax}$ (prolongeable par continuité en $0$ et $\underset{\small x\rightarrow+\infty}{o}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ par croissance comparée). Enfin, $\dfrac{\partial^2 f}{\partial a^2}(a,x)=\sin(x)^3e^{-ax}$ est continue par morceaux et satisfait $\forall x\in\mathbb{R}^{+*},a>\varepsilon,\left|\dfrac{\partial^2 f}{\partial a^2}(a,x)\right|\leq e^{-\varepsilon x}=\psi(x).$ 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 $\forall a>0,$
  $$F'(a)=-\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin(x)^3}{x}e^{-ax}\,\mathrm{d}x\text{ et }F''(a)=\int_0^{+\infty}\sin(x)^3e^{-ax}\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{4}\left(\int_0^{+\infty}\sin(3x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x-3\int_0^{+\infty}\sin(x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x\right).$$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
  $$\int_0^{+\infty}\sin(bx)e^{-ax}\,\mathrm{d}x=\Im\left(\int_0^{+\infty}e^{ibx}e^{-ax}\,\mathrm{d}x\right)=\Im\left(\int_0^{+\infty}e^{-ax+ibx}\,\mathrm{d}x\right)$$ $$=\Im\left(\left[\dfrac{1}{-a+ib}e^{(ib-a)x}\right]_0^{+\infty}\right)=\Im\left(\dfrac{1}{a-ib}\right)=\Im\left(\dfrac{a+ib}{a^2+b^2}\right)=\dfrac{b}{a^2+b^2}.$$ 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 $\forall x\in\mathbb{R}^{+*},\forall a>1,\dfrac{\sin(x)^3}{x}e^{-ax}\leq x^2e^{-x}$ 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 $\forall x\in\mathbb{R}^{+*},\forall a>1,\left|\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}e^{-ax}\right|\leq xe^{-x}$ 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
$$\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}\,\mathrm{d}x=F(0)=\underset{a\rightarrow 0}{\lim}F(a)=\beta=\dfrac{3}{4}\ln(3).$$