Un calcul de l'intégrale de Dirichlet

Dans cet article, on présente une jolie méthode (parmi tant d’autres …) pour établir :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt=\dfrac{\pi}{2}}$}$

Une fois n’est pas coutume, le texte est organisé à la manière d’une question d’oral (niveau X / ENS) ou disons, plutôt, d’un mini-problème en huit questions.

ÉNONCÉ

Dans ce qui suit, on pose pour tout réel $x\geqslant0$ :

$F\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

1°) Montrer que $F$ est bien définie sur $\left[0,+\infty\right[.$
2°) Calculer $F\left(0\right)$ ainsi que $\lim_{x\rightarrow+\infty}F\left(x\right).$
3°) Montrer que $F$ est continue sur $\left[0,+\infty\right[.$
4°) Montrer que $F$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\left]0,+\infty\right[$ et qu’on peut dériver à tout ordre sous le signe somme.
5°) Calculer, pour tout $x>0$ : $F''\left(x\right)+F\left(x\right).$
6°) Etant donnés un intervalle $I$ (non trivial), un réel $x_{0}\in I$ et une application $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ continue, vérifier que l’application :

$\Phi:I\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\int_{x_{0}}^{x}f\left(t\right)\thinspace\sin\left(x-t\right)\thinspace dt$

est une solution sur $I$ de l’équation différentielle $y''+y=f\left(x\right).$
7°) En déduire que : $\forall x>0,\thinspace F\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{x+t}\thinspace dt.$
8°) Montrer, à l’aide de ce qui précède, que : $\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt=\dfrac{\pi}{2}$

SOLUTION PROPOSÉE

Question 1°)

Soit $x\in\left[0,+\infty\right[.$ Pour tout $t\in\left[0,+\infty\right[$ :

$0\leqslant\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\leqslant\dfrac{1}{1+t^{2}}$

Or l’intégrale impropre $\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+t^{2}}\thinspace dt$ est convergente et donc, d’après le principe de comparaison, il en va de même pour l’intégrale impropre $\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt.$ Ainsi, la fonction $F$ est bien définie sur $\left[0,+\infty\right[.$

Remarque

Pour $x<0,$ cette intégrale diverge puisque la fonction intégrée tend vers $+\infty$ en $+\infty$ (d’après la propriété des croissances comparées). On rappelle qu’étant donnée $\varphi:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}$
continue, la condition $\lim_{t\rightarrow+\infty}\varphi\left(t\right)=0$ n’est ni nécessaire ni suffisante pour que l’intégrale impropre $\int_{0}^{+\infty}\varphi\left(t\right)\thinspace dt$ soit convergente (voir cet article). Néanmoins, il est facile de prouver que si l’intégrale converge et si $\varphi$ admet une limite en $+\infty,$ alors cette dernière est nécessairement nulle.

Question 2°)

Le calcul de $F\left(0\right)$ ne présente pas de difficulté :

$\begin{eqnarray*}F\left(0\right) & = & \int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+t^{2}}\thinspace dt\\& = & \lim_{x\rightarrow+\infty}\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+t^{2}}\thinspace dt\\& = & \lim_{x\rightarrow+\infty}\arctan\left(x\right)\\& = & \dfrac{\pi}{2}\end{eqnarray*}$

Par ailleurs, pour tout $x>0$ :

$0\leqslant F\left(x\right)\leqslant\int_{0}^{+\infty}e^{-xt}\thinspace dt=\left[-\dfrac{1}{x}\thinspace e^{-xt}\right]_{t=0}^{+\infty}=\dfrac{1}{x}$

et d’après cet encadrement :

$\lim_{x\rightarrow+\infty}F\left(x\right)=0$

Remarque

A part pour $x=0$ et pour $x$ « infini », le calcul explicite de $F\left(x\right)$ au moyen des fonctions « usuelles » n’est pas faisable (tout dépend ce qu’on entend par « usuelles », mais bon … disons les fonctions au programme des deux premières années d’enseignement supérieur scientifique).

Question 3°)

Montrons que $F$ est continue sur $\left[0,+\infty\right[$ en nous appuyant sur le théorème de continuité des intégrales à paramètre, tel qu’il figure au programme officiel des filières MP / MPI. Notons :

$u:\left[0,+\infty\right[^{2}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace\left(x,t\right)\mapsto\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}$

Pour tout $t\in\left[0,+\infty\right[,$ l’application partielle $u\left(\cdot,\thinspace t\right)$ est continue. Pour tout $x\in\left[0,+\infty\right[,$ l’application partielle $u\left(x,\thinspace\cdot\right)$ est continue (donc continue par morceaux) et de plus :

$\forall\left(x,t\right)\in\left[0,+\infty\right[^{2},\thinspace\left|u\left(x,t\right)\right|=\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\leqslant\dfrac{1}{1+t^{2}}$

Comme l’application $\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\dfrac{1}{1+t^{2}}$ est intégrable, le théorème en question s’applique : $F$ est continue sur $\left[0,+\infty\right[$ (et notamment en $0$ : ce point précis est crucial pour la suite).

Remarque

On peut montrer la continuité de $F$ de façon plus élémentaire. C’est ce qui est fait dans cette vidéo :

Question 4°)

Montrons que, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star},$ $F$ est de classe $C^{n}$ sur $\left]0,+\infty\right[$ et que :

$\forall x>0,\thinspace F^{\left(n\right)}\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{n}t^{n}e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

On raisonne par récurrence en commençant par $n=1.$

Initialisation

Soit $a>0.$ Notons $A=\left[a,+\infty\right[$ et considérons l’application

$u:A\times\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace\left(x,t\right)\mapsto\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}$

Pour tout $t\in\left[0,+\infty\right[,$ l’application partielle $u\left(\cdot,\thinspace t\right)$ est de classe $C^{1}.$ Pour tout $x\in A,$ l’application partielle $u\left(x,\thinspace\cdot\right)$ est intégrable. Pour tout $x\in A,$ la dérivée partielle

$\partial_{1}u\left(x,\thinspace\cdot\right):\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto-\dfrac{t\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}$

est (largement …) continue par morceaux. Enfin :

$\forall x\in A,\thinspace\forall t\in\left[0,+\infty\right[,\thinspace\left|\partial_{1}u\left(x,t\right)\right|\leqslant\dfrac{t\thinspace e^{-at}}{1+t^{2}}\leqslant t\thinspace e^{-at}$

et l’application $\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto t\thinspace e^{-at}$ est intégrable. Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre s’applique : $F$ est de classe $C^{1}$ (sur $\left[a,+\infty\right[$ pour tout $a>0$ et donc sur) $\left]0,+\infty\right[$ et :

$\forall x>0,\thinspace F'\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{-t\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

Hérédité

Supposons que, pour un certain $n\geqslant1,$ $F$ soit de classe $C^{n}$ sur $\left]0,+\infty\right[$ et que :

$\forall x>0,\thinspace F^{\left(n\right)}\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{n}t^{n}\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

On refait essentiellement la même chose qu’au a), mais avec l’application

$u_{n}:A\times\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace\left(x,t\right)\mapsto\dfrac{\left(-1\right)^{n}t^{n}\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}$

On montre ainsi que $F^{\left(n\right)}$ est de classe $C^{1}$ sur $\left]0,+\infty\right[$ (autrement dit que $F$ est de classe $C^{n+1}$ sur cet intervalle) et que :

$\forall x>0,\thinspace F^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\partial_{1}u_{n}\left(x,t\right)\thinspace dt=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{n+1}t^{n+1}\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

Remarque

Le fait que $F$ soit de classe $C^{1}$ sur $\left]0,+\infty\right[$ peut être établi SANS utiliser cette artillerie (qui repose sur le théorème de convergence dominée de Lebesgue … rien de trivial à l’horizon …). Voir l’annexe 2.

Question 5°)

Pour tout $x>0$ :

$\begin{eqnarray*}F''\left(x\right)+F\left(x\right) & = & \int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^{2}e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt+\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt\\& = & \int_{0}^{+\infty}\thinspace e^{-xt}\thinspace dt\\& = & \dfrac{1}{x}\end{eqnarray*}$

Autrement dit, $F$ est solution sur $\left]0,+\infty\right[$ de l’équation différentielle (linéaire du second ordre et à coefficients constants) : $y''+y=\dfrac{1}{x}.$

Question 6°)

Grâce à la formule d’addition du sinus, on voit que pour tout $x\in I$ :

$\Phi\left(x\right)=\sin\left(x\right)C\left(x\right)-\cos\left(x\right)S\left(x\right)$

où l’on a posé :

$C\left(x\right)=\int_{x_{0}}^{x}\thinspace f\left(t\right)\cos\left(t\right)\thinspace dt\qquad\text{et}\qquad S\left(x\right)=\int_{x_{0}}^{x}\thinspace f\left(t\right)\sin\left(t\right)\thinspace dt$

On calcule alors successivement :

$\begin{eqnarray*}\Phi'\left(x\right) & = & \cos\left(x\right)C\left(x\right)+\sin\left(x\right)C'\left(x\right)-\left(-\sin\left(x\right)S\left(x\right)+\cos\left(x\right)S'\left(x\right)\right)\\& = & \cos\left(x\right)C\left(x\right)+\sin\left(x\right)\cos\left(x\right)f\left(x\right)+\sin\left(x\right)S\left(x\right)-\sin\left(x\right)\cos\left(x\right)f\left(x\right)\\& = & \cos\left(x\right)C\left(x\right)+\sin\left(x\right)S\left(x\right)\end{eqnarray*}$

puis :

$\begin{eqnarray*}\Phi''\left(x\right) & = & -\sin\left(x\right)C\left(x\right)+\cos\left(x\right)C'\left(x\right)+\cos\left(x\right)S\left(x\right)+\sin\left(x\right)S'\left(x\right)\\& = & -\Phi\left(x\right)+\cos^{2}\left(x\right)f\left(x\right)+\sin^{2}\left(x\right)f\left(x\right)\\& = & -\Phi\left(x\right)+f\left(x\right)\end{eqnarray*}$

Ceci prouve que $\Phi$ est une solution sur $I$ de $y''+y=f\left(x\right).$ Il s’agit plus précisément de l’unique solution sur $I$ de cette équation différentielle, qui s’annule en $x_{0}$ et dont la dérivée s’annule aussi en ce point.

Question 7°)

Notons $\left(\star\right)$ l’équation différentielle :

$y''+y=\dfrac{1}{x}$

D’après 6°, étant donné $x_{0}>0,$ l’application :

$\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\int_{x_{0}}^{x}\dfrac{\sin\left(x-t\right)}{t}\thinspace dt$

est une solution sur $\left]0,+\infty\right[$ de $\left(\star\right).$ En lui ajoutant n’importe quelle combinaison linéaire de $\cos$ et $\sin,$ on obtient encore une solution. Considérons l’application :

$G:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t-x\right)}{t}\thinspace dt$

La relation de Chasles donne, pour tout $x>0$ :

$\begin{eqnarray*}G\left(x\right) & = & \int_{x_{0}}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t-x\right)}{t}\thinspace dt-\int_{x_{0}}^{x}\dfrac{\sin\left(t-x\right)}{t}\thinspace dt\\& = & \cos\left(x\right)\int_{x_{0}}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt-\sin\left(x\right)\int_{x_{0}}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt+\int_{x_{0}}^{x}\dfrac{\sin\left(x-t\right)}{t}\thinspace dt\end{eqnarray*}$

Par conséquent, $G$ est solution sur $\left]0,+\infty\right[$ de $\left(\star\right).$ Or, on a vu au 5°) que c’est aussi le cas de $F.$ Il s’ensuit que $F-G$ est solution sur $\left]0,+\infty\right[$ de $y''+y=0,$ d’où l’existence de réels $\lambda,\mu$ tels que :

$\forall x>0,\thinspace F\left(x\right)-G\left(x\right)=\lambda\cos\left(x\right)+\mu\sin\left(x\right)$

Maintenant on sait (cf. 2°) que $\lim_{x\rightarrow+\infty}F\left(x\right)=0$ et il est facile de voir que $\lim_{x\rightarrow+\infty}G\left(x\right)=0,$ puisque pour tout $x>0$ :

$G\left(x\right)=\cos\left(x\right)\underbrace{\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt}_{\underset{x\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0}-\sin\left(x\right)\underbrace{\int{x}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt}_{\underset{x\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}0}$

Ainsi $\lim{x\rightarrow+\infty}\left(F\left(x\right)-G\left(x\right)\right)=0$ et ceci impose $\lambda=\mu=0$ (pour le détail de cette dernière affirmation, voir l’annexe 1). Moralité : $F=G.$ Et pour finir, en posant $s=t-x$ dans l’intégrale qui définit $G$ :

$\boxed{\forall x>0,\thinspace F\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(s\right)}{x+s}\thinspace ds}$

Question 8°)

On aimerait bien remplacer $x$ par $0$ dans l’égalité ci-dessus, mais ce n’est pas possible !… En revanche, on peut s’en sortir en faisant tendre $x$ vers $0.$ Ce qui précède montre que, pour tout $x>0$ :

$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt=\cos\left(x\right)\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt-\sin\left(x\right)\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt$

Lorsque $x$ tend vers $0,$ le membre de gauche tend vers $\dfrac{\pi}{2}$ (par continuité de $F$ en $0$ : cf. question 3°). Comme l’intégrale impropre $\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt$ est convergente (non détaillé ici : c’est la fameuse intégrale de Dirichlet), on a par ailleurs :

$\lim_{x\rightarrow0}\left[\cos\left(x\right)\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt\right]=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt$

Il reste donc à prouver que :

$\lim_{x\rightarrow0}\left[\sin\left(x\right)\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt\right]=0$

ce qui donnera la conclusion. Or :

$\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}\dfrac{1}{t}$

donc, d’après le théorème de sommation des relations de comparaison (cas des intégrales impropres divergentes de fonction positives) :

$\int_{x}^{1}\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}\int_{x}^{1}\dfrac{1}{t}\thinspace dt=-\ln\left(x\right)$

et donc :

$\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}-\ln\left(x\right)$

d’où finalement :

$\sin\left(x\right)\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(t\right)}{t}\thinspace dt\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}-x\ln\left(x\right)\underset{x\rightarrow0}{\longrightarrow}0$

ANNEXE 1

Etant donnés $\lambda,\mu\in\mathbb{R},$ considérons l’application :

$\theta:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\lambda\cos\left(x\right)+\mu\sin\left(x\right)$

A la question 7°, on s’est servi du fait que si $\lim_{x\rightarrow+\infty}\theta\left(x\right)=0$ alors $\lambda=\mu=0.$

Prouvons cela par l’absurde.

Supposons $\left(\lambda,\mu\right)\neq\left(0,0\right).$ Alors pour tout $x>0$ :

$\theta\left(x\right)=\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}\thinspace\left[\dfrac{\lambda}{\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}}\cos\left(x\right)+\dfrac{\mu}{\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}}\sin\left(x\right)\right]$

Comme :

$\left(\dfrac{\lambda}{\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}}\right)^{2}+\left(\dfrac{\mu}{\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}}\right)^{2}=1$

il existe $x_{0}>0$ tel que :

$\dfrac{\lambda}{\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}}=\cos\left(x_{0}\right)\qquad\text{et}\qquad\dfrac{\mu}{\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}}=\sin\left(x_{0}\right)$

Ainsi, pour tout $x>0$ :

$\theta\left(x\right)=\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}\thinspace\cos\left(x-x_{0}\right)$

et en particulier, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\theta\left(x_{0}+2n\pi\right)=\sqrt{\lambda^{2}+\mu^{2}}$

ce qui contredit l’hypothèse $\lim_{x\rightarrow+\infty}\theta\left(x\right)=0.$

ANNEXE 2

Dans cette vidéo, on signale sans démonstration que l’application :

$F:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

est dérivable sur $\left]0,+\infty\right[$ et que :

$\forall x>0,\thinspace F'\left(x\right)=-\int_{0}^{+\infty}\thinspace\dfrac{t\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

L’objet de cette annexe est d’en fournir une preuve « élémentaire », qui ne repose PAS sur le théorème de dérivabilité des intégrales à paramètres (lequel repose à son tour sur le théorème de convergence dominée de Lebesgue). On s’appuiera notamment sur le résultat suivant :

Proposition

Soit $I$ un intervalle (non trivial) et soit $\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite d’applications de classe $C^{1}.$ On suppose :

qu’il existe $x_{0}\in I$ tel que la suite $\left(f_{n}\left(x_{0}\right)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ soit convergente (on note $\lambda$ sa limite)
que la suite $\left(f_{n}'\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge uniformément sur $I$ vers vers une application $g$

Dans ces conditions, la suite $\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement sur $I$ vers une application $f$ de classe $C^{1}$ et de plus $f'=g.$

On note déjà que $g$ est continue (c’est la limite uniforme d’une suite d’applications continues). Comme les $f_{n}$ sont de classe $C^{1},$ on a pour tout $n\in\mathbb{N}$ et pour tout $x\in I$ :

$f_{n}\left(x\right)=f_{n}\left(x_{0}\right)+\int_{x_{0}}^{x}\thinspace f_{n}'\left(t\right)\thinspace dt$

Donc, vue l’hypothèse de convergence uniforme :

$\lim_{n\rightarrow+\infty}f_{n}\left(x\right)=\lambda+\int_{x_{0}}^{x}\thinspace g\left(t\right)\thinspace dt$

Visiblement, la limite simple de la suite $\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est de classe $C^{1}$ et sa dérivée est $g.$

Remarque

En pratique, la convergence simple sur $I$ de la suite $\left(f_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est généralement évidente. L’intérêt de cette proposition est alors de prouver que « la dérivée de la limite est égale à la lmite de la dérivée ».

A présent, passons à la preuve du résultat annoncé.

Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ et pour tout $x\geqslant0,$ posons :

$F_{n}\left(x\right)=\int_{0}^{n}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

On sait que la suite $\left(F_{n}\right)_{n\geqslant1}$ converge simplement sur $\left[0,+\infty\right[$ vers $F.$

On va montrer successivement que :

pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star},$ $F_{n}$ est de classe $C^{1}$ sur $\left[0,+\infty\right[$ et sa dérivée est donnée par :

$\forall x\geqslant0,\thinspace F_{n}'\left(x\right)=\int_{0}^{n}\dfrac{-t\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt$

la suite $\left(F_{n}'\right)_{n\geqslant1}$ converge uniformément sur tout intervalle du type $\left[a,+\infty\right[$ (avec $a>0)$ vers

$G:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\int{0}^{+\infty}\dfrac{-t\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}$

ce qui permettra de conclure, d’après la proposition précédente.

➡ Pour le premier point, fixons $n\in\mathbb{N}^{\star},$ $x_{0}\in\left[0,+\infty\right[$ ainsi que $\epsilon>0$ et prouvons qu’il existe $\delta>0$ tel que pour tout $x\in\left[0,+\infty\right[$ :

$\left|x-x_{0}\right|\leqslant\delta\Rightarrow\left|F_{n}\left(x\right)-F_{n}\left(x_{0}\right)-\left(x-x_{0}\right)\int_{0}^{n}\dfrac{-t\thinspace e^{-x_{0}t}}{1+t^{2}}\thinspace dt\right|\leqslant\epsilon\left|x-x_{0}\right|$

Notons $\Delta\left(x\right)$ le membre de gauche de cette inégalité. On a :

$\begin{eqnarray*}\Delta\left(x\right) & = & \left|\int_{0}^{n}\dfrac{1}{1+t^{2}}\left(e^{-xt}-e^{-x_{0}t}+\left(x-x_{0}\right)t\thinspace e^{-x_{0}t}\right)\thinspace dt\right|\\& \leqslant & \int_{0}^{n}\dfrac{1}{1+t^{2}}\left|e^{-xt}-e^{-x_{0}t}+\left(x-x_{0}\right)t\thinspace e^{-x_{0}t}\right|\thinspace dt\end{eqnarray*}$

Notons $J=\left[x_{0}-1,x_{0}+1\right]\cap\left[0,+\infty\right[$ et $K=\left\{ -nx;\thinspace x\in J\right\} .$

$J$ et $K$ sont des segments. En posant $M=\sup_{y\in K}\thinspace e^{y}$ et d’après l’inégalité de Taylor à l’ordre 2 :

$\forall\left(a,b\right)\in K^{2},\thinspace\left|e^{b}-e^{a}-\left(b-a\right)e^{a}\right|\leqslant M\thinspace\dfrac{\left(b-a\right)^{2}}{2}$

donc :

$\forall x\in J,\thinspace\forall t\in\left[0,n\right],\thinspace\left|e^{-xt}-e^{-x_{0}t}+\left(x-x_{0}\right)t\thinspace e^{-x_{0}t}\right|\leqslant M\thinspace\dfrac{\left(x-x_{0}\right)^{2}t^{2}}{2}$

Il s’ensuit que :

$\forall x\in J,\thinspace\Delta\left(x\right)\leqslant\dfrac{M}{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}\thinspace\int_{0}^{n}\thinspace\dfrac{t^{2}}{1+t^{2}}\thinspace dt\leqslant\dfrac{Mn}{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}$

et donc, que si $x$ est assez proche de $x_{0}$ :

$\Delta\left(x\right)\leqslant\epsilon\left|x-x_{0}\right|$

➡ Pour le second point, on observe que pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star},$ tout $a>0$ et tout $x\geqslant a$ :

$\begin{eqnarray*}\left|F_{n}'\left(x\right)-G\left(x\right)\right| & = & \int_{n}^{+\infty}\dfrac{t\thinspace e^{-xt}}{1+t^{2}}\thinspace dt\\& \leqslant & \int_{n}^{+\infty}\thinspace\dfrac{t\thinspace e^{-at}}{1+t^{2}}\thinspace dt\end{eqnarray*}$

Or cette dernière quantité est indépendante de $x$ et tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers $+\infty.$ La suite $\left(F_{n}'\right)_{n\geqslant1}$ converge donc bien uniformément vers $G$ sur tout intervalle de la forme $\left[a,+\infty\right[,$ avec $a>0.$

Pour toutes questions ou remarques, merci d’utiliser le formulaire de contact.

Partager cet article