Ivan Shishkin, Rye (1878)

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Une intégrale pas sympa

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Solution by FiniteField · FR

Solution en vidéo :https://youtu.be/X5oBzYg2aRY
Pour l’existence on a une intégrande continue sur R+∗\mathbb{R}^{+*} donc continue par morceaux. En 00 on a l’équivalent sin⁡(x)3x2∼0x\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}\underset{0}{\sim}x avec x↦xx\mapsto x qui est positive et intégrable en 00. On a également sin⁡(x)3x2=O+∞(1x2)\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\sin(x)^3 en développant (eix−e−ix2i)3\left(\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^3 ce qui donne
sin⁡(x)3=sin⁡(3x)−3sin⁡(x)4.\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⟼∫0+∞sin⁡(x)3x2e−ax2 dxa\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 x2x^2 qui nous embête au dénominateur en dérivant par rapport à aa. Cependant, en linéarisant, on se retrouve avec des intégrales du type ∫0+∞sin⁡(ax)e−ax2 dx\displaystyle\int_0^{+\infty}\sin(ax)e^{-ax^2}\,\mathrm{d}x ce qui reste très intimidant. On va préférer poser F ⁣:a≥0⟼∫0+∞sin⁡(x)3x2e−ax dxF\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)F''(a) sera bien plus simple à évaluer. Maintenant, place à la rigueur. On pose f(a,x)=sin⁡(x)3x2e−ax2f(a,x)=\dfrac{\sin(x)^3}{x^2}e^{-ax^2} Montrons que :

  • FF est continue sur R+\mathbb{R}^+
  • FF est de classe C2\mathcal{C}^2 sur R+∗.\mathbb{R}^{+*}.
    On a x↦f(a,x)x\mapsto f(a,x) continue par morceaux et ∀a∈R+,∣f(a,x)∣≤∣sin⁡(x)3∣x2=φ(x)\forall a\in\mathbb{R}^+, \left|f(a,x)\right|\leq \dfrac{\left|\sin(x)^3\right|}{x^2}=\varphi(x). Hors φ\varphi est intégrable par ce qui précède donc, par domination, on a la continuité de FF sur R+.\mathbb{R}^+.
    Soit ε>0.\varepsilon>0. La fonction a>ε↦f(a,x)a>\varepsilon\mapsto f(a,x) est de classe C2\mathcal{C}^2 et on a ∂f∂a(a,x)=−sin⁡(x)3xe−ax\dfrac{\partial f}{\partial a}(a,x)=-\dfrac{\sin(x)^3}{x}e^{-ax} qui est continue par morceaux et intégrable car ∣sin⁡(x)3xe−ax∣≤x2e−ax\left|\dfrac{\sin(x)^3}{x}e^{-ax}\right|\leq x^2e^{-ax} (prolongeable par continuité en 00 et ox→+∞(1x2)\underset{\small x\rightarrow+\infty}{o}\left(\dfrac{1}{x^2}\right) par croissance comparée). Enfin, ∂2f∂a2(a,x)=sin⁡(x)3e−ax\dfrac{\partial^2 f}{\partial a^2}(a,x)=\sin(x)^3e^{-ax} est continue par morceaux et satisfait ∀x∈R+∗,a>ε,∣∂2f∂a2(a,x)∣≤e−εx=ψ(x).\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 ψ\psi est intégrable et ne dépend pas de aa donc, par domination, FF est de classe C2\mathcal{C}^2 sur [ε,+∞[[\varepsilon,+\infty[ pour tout ε>0\varepsilon>0 donc sur ]0,+∞[]0,+\infty[ et ∀a>0,\forall a>0,
    F′(a)=−∫0+∞sin⁡(x)3xe−ax dx et F′′(a)=∫0+∞sin⁡(x)3e−ax dx=14(∫0+∞sin⁡(3x)e−ax dx−3∫0+∞sin⁡(x)e−ax dx).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 ∫0+∞sin⁡(bx)e−ax dx\displaystyle\int_0^{+\infty}\sin(bx)e^{-ax}\,\mathrm{d}x pour b∈Rb\in\mathbb{R} en passant par le complexe grâce au fait que sin⁡(bx)\sin(bx) est la partie imaginaire de eibx.e^{ibx}. On a
    ∫0+∞sin⁡(bx)e−ax dx=ℑ(∫0+∞eibxe−ax dx)=ℑ(∫0+∞e−ax+ibx dx)\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) =ℑ([1−a+ibe(ib−a)x]0+∞)=ℑ(1a−ib)=ℑ(a+iba2+b2)=ba2+b2.=\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=1b=1 et b=3b=3 on obtient
    F′′(a)=34(1a2+1−1a2+9)F''(a)=\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a^2+1}-\dfrac{1}{a^2+9}\right) donc ∃α∈R\exists \alpha\in\mathbb{R} tel que
    F′(a)=34(arctan⁡(a)−13arctan⁡(a3))+α.F'(a)=\dfrac{3}{4}\left(\arctan(a)-\dfrac{1}{3}\arctan\left(\dfrac{a}{3}\right)\right)+\alpha. Grâce à la domination ∀x∈R+∗,∀a>1,sin⁡(x)3xe−ax≤x2e−x\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→+∞a\rightarrow+\infty ce qui donne F′(a)⟶a→+∞0F'(a)\underset{a\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0. Par ailleurs, 34(arctan⁡(a)−13arctan⁡(a3))+α⟶a→+∞π4+α\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 α=−π4\alpha=-\dfrac{\pi}{4}. Grâce à la primitive ∫aarctan⁡(t) dt=aarctan⁡(a)−12ln⁡(1+a2)\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′=1u'=1 et v=arctan⁡(t)v=\arctan(t), on a un β∈R\beta\in\mathbb{R} tel que

F(a)=34(aarctan⁡(a)−12ln⁡(1+a2)−(a3arctan⁡(a3)−12ln⁡(1+a29)))−π4a+βF(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 =34(aarctan⁡(a)−a3arctan⁡(a3)−12ln⁡(1+a21+a29))−π4a+β.=\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 ∀a>0,arctan⁡(a)+arctan⁡(1a)=π2\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=1a=1). On a donc

F(a)=34(a−a3)π2−π4a+34(aarctan⁡(1a)−a3arctan⁡(3a)−12ln⁡(1+a21+a29))+βF(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=34(aarctan⁡(1a)−a3arctan⁡(3a)−12ln⁡(1+a21+a29))+β.=\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′F' on a la domination ∀x∈R+∗,∀a>1,∣sin⁡(x)3x2e−ax∣≤xe−x\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 lim⁡a→+∞\underset{a\rightarrow+\infty}{\lim} et intégrale et donne F(a)⟶a→+∞0F(a)\underset{a\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0. Par ailleurs, grâce à l’équivalent arctan⁡(t)∼0t\arctan(t)\underset{0}{\sim} t on a lim⁡a→+∞aarctan⁡(1a)−a3arctan⁡(3a)=1−1=0\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 lim⁡a→+∞12ln⁡(1+a21+a29)=12ln⁡(9)=ln⁡(3).\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)⟶a→+∞−34ln⁡(3)+βF(a)\underset{a\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}-\dfrac{3}{4}\ln(3)+\beta. Par unicité de la limite on a donc β=34ln⁡(3).\beta=\dfrac{3}{4}\ln(3). Par continuité de FF en 00 on a également
∫0+∞sin⁡(x)3x2 dx=F(0)=lim⁡a→0F(a)=β=34ln⁡(3).\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).

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