Intégration de Riemann/Devoir/Intégrale de Dirichlet

— Ⅰ —

Démontrer que l'intégrale impropre $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ est absolument convergente.
À l'aide d'une intégration par parties, en déduire que l'intégrale de Dirichlet $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,\mathrm {d} x$ est convergente.
Retrouver ce résultat à l'aide de la règle d'Abel pour les intégrales.
Démontrer que $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\left({\frac {\sin x}{x}}\right)^{2}\,\mathrm {d} x$ .

Solution

Cette intégrale est faussement impropre en $0$ car $\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x}{x^{2}}}={\frac {1}{2}}$ . En $+\infty$ , elle est absolument convergente car $\int _{1}^{+\infty }{\frac {|1-\cos x|}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x\leq \int _{1}^{+\infty }{\frac {2}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x<+\infty$ .
Pour $0<\varepsilon <A$ ,
${\begin{aligned}\int _{\varepsilon }^{A}{\frac {\sin x}{x}}\,\mathrm {d} x&=\left[{\frac {1-\cos(x)}{x}}\right]_{\varepsilon }^{A}+\int _{\varepsilon }^{A}{\frac {1-\cos x}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\&={\frac {1-\cos A}{A}}-{\frac {1-\cos \varepsilon }{\varepsilon }}+\int _{\varepsilon }^{A}{\frac {1-\cos x}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\&\;{\xrightarrow[{\varepsilon \to 0^{+},A\to +\infty }]{}}0-0+\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x.\end{aligned}}$

Donc l'intégrale de Dirichlet est convergente (non absolument : cf. Série numérique/Exercices/Comparaison série-intégrale#Exercice 1).
L'intégrale $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,\mathrm {d} x$ est faussement impropre en $0$ car $\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}=1$ . En $+\infty$ , la règle d'Abel s'applique car $x\mapsto {\frac {1}{x}}$ est décroissante sur $\left]0,+\infty \right[$ et de limite nulle en $+\infty$ , et la fonction $x\mapsto \int _{0}^{x}\sin t\,\mathrm {d} t=1-\cos x$ est bornée. Donc l'intégrale de Dirichlet est convergente.
D'après les calculs de la question 2, $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,\mathrm {d} x$ est égale à $\int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ , ou encore à $\int _{0}^{+\infty }{\frac {2\sin ^{2}(x/2)}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\left({\frac {\sin y}{y}}\right)^{2}\,\mathrm {d} y.$

— Ⅱ —

Démontrer qu'en tout réel $s\notin 2\pi \mathbb {Z}$ , le noyau de Dirichlet $D_{n}(s):=\sum _{k=-n}^{n}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} ks}=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(ks)$ est égal à ${\frac {\sin {\frac {(2n+1)s}{2}}}{\sin {\frac {s}{2}}}}$ .
En déduire que $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin {\big (}(2n+1)t{\big )}}{\sin t}}\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2}}$ .

Solution

Cette conséquence immédiate de l'identité trigonométrique $\sum _{k=0}^{n}\cos(ks)={\frac {1}{2}}+{\frac {\sin {\frac {(2n+1)s}{2}}}{2\sin {\frac {s}{2}}}}$ peut aussi se démontrer directement par la même méthode :
${\begin{aligned}\sum _{k=-n}^{n}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} ks}&=\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} ns}\,{\frac {\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (2n+1)s}-1}{\operatorname {e} ^{\mathrm {i} s}-1}}\\&=\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} ns}\,{\frac {\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (2n+1)s/2}\left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (2n+1)s/2}-\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} (2n+1)s/2}\right)}{\operatorname {e} ^{\mathrm {i} s/2}\left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} s/2}-\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} s/2}\right)}}\\&=\operatorname {e} ^{\mathrm {i} s\left(-n+{\frac {2n+1}{2}}-{\frac {1}{2}}\right)}\,{\frac {2\mathrm {i} \sin {\frac {(2n+1)s}{2}}}{2\mathrm {i} \sin {\frac {s}{2}}}}\\&={\frac {\sin {\frac {(2n+1)s}{2}}}{\sin {\frac {s}{2}}}}.\end{aligned}}$
$\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin {\big (}(2n+1)t{\big )}}{\sin t}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(2t)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kt)\right)\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2}}+2\sum _{k=1}^{n}0$ .

— Ⅲ —

Soit $f:\left]0,{\frac {\pi }{2}}\right]\to \mathbb {R} ,\,t\mapsto {\frac {1}{t}}-{\frac {1}{\sin t}}$ . Démontrer que $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}|f(t)|\,\mathrm {d} t<+\infty$ .
D'après le lemme de Riemann-Lebesgue, on a donc :
$\lim _{k\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}f(t)\sin(kt)\,\mathrm {d} t=0$ .

En déduire, à l'aide du Ⅱ, que $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin {\big (}(2n+1)t{\big )}}{t}}\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2}}$ .
Retrouver ainsi que l'intégrale de Dirichlet converge et préciser sa valeur.

Solution

$f$ est continue et l'intégrale est faussement impropre en $0$ car $f(x)={\frac {(\sin t)-t}{t\sin t}}\sim _{0}{\frac {-t^{3}/6}{t^{2}}}=-{\frac {t}{6}}$ .
$\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin {\big (}(2n+1)t{\big )}}{t}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin {\big (}(2n+1)t{\big )}}{\sin t}}\,\mathrm {d} t+\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}f(t)\sin {\big (}(2n+1)t{\big )}\,\mathrm {d} t\to {\frac {\pi }{2}}+0$ .
Comme $x\mapsto {\frac {\sin x}{x}}$ est nulle à l'infini, pour étudier la limite éventuelle de son intégrale de $0$ à $A$ quand $A\to +\infty$ , il suffit de le faire pour $A$ parcourant les valeurs d'une suite arithmétique arbitraire.
$\int _{0}^{{\frac {\pi }{2}}+n\pi }\sin x\,{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin {\big (}(2n+1)t{\big )}\,{\frac {\mathrm {d} t}{t}}\to {\frac {\pi }{2}}$

donc l'intégrale de Dirichlet converge et $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}$ .

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