Exercice corrigé: Intégrale de Dirichlet

On s’intéresse ici à un exercice classique de calcul d’intégrale, l’intégrale de Dirichlet

Enoncé

Corrigé

Question 1

Considérons la fonction f définie sur \mathbb{R^{*}_{+}} par f(x)=\frac{\sin(x)}{x}

Cette fonction se prolonge par continuité en 0 par la valeur 1. On cherche à montrer l’existence de \int_{0}^{+\infty} f(t)dt. D’une part, \displaystyle \int_{0}^{1} f(t)dt existe, l’intégrale est faussement impropre. D’autre part, soit x>1, considérons:

Or, chaque membre de la nouvelle expression que nous avons, admet une limite finie lorsque l’on fait tendre x vers +\infty . En conséquence, on en déduit l’existence de \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t}dt et ainsi de I.

Question 2

Soit n \in \mathbb{N} fixé quelconque. On note i_{n}\; (resp \; j_{n}) les intégrandes de I_{n} (resp J_{n}).

Question 3

Soit n \in \mathbb{n}^{*} . Calculons I_{n} - I_{n-1} .

Ce qui nous donne I_{n} - I_{n-1} =\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos((2n-1)t) + cos((2n+1)t) dt = 0

Ainsi la suite (I_{n})_{n\in \mathbb{N}} est constante et de valeur I_{0} = \frac{\pi}{2}

Question 4

Soit n \in \mathbb{N} fixé quelconque. Calculons :

On considère g la fonction définie sur\left]0,\frac{\pi}{2}\right] et définie par g(t) =\frac{1}{\sin(t)} - \frac{1}{t} . Calculons un équivalent de g en 0.

On a : \frac{1}{\sin(t)} - \frac{1}{t} \underset{t->0}{=}\frac{1}{t - \frac{t^{3}}{6} +o(t^{3})} - \frac{1}{t} \underset{t->0}{=} \frac{1}{t} ( \frac{1}{1 - \frac{t²}{6} +o(t^{2}) } -1) .

On obtient alors, g(t) \underset{t->0}{\sim} \frac{t}{6} . Ainsi g se prolonge par continuité en 0 par la valeur 0. On notera par abus de langage, g la fonction prolongée.

Ainsi, puisque g est continue sur \left[0,\frac{\pi}{2}\right]. Le lemme de Riemann-Lebesgue nous assure que :

\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin((2n+1)t)[\frac{1}{\sin(t)} - \frac{1}{t}]dt = 0.  

Ainsi, \displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} J_{n} = \frac{\pi}{2}.

Le résultat précédent utilise un lemme hors programme de CPGE. Pour aboutir au résultat sans ce lemme, on peut considérer la fonction g précédente qui est continue sur \left[0,\frac{\pi}{2}\right] et nous intéresser à sa dérivée. Pour tout t \in ]0,\frac{\pi}{2}], g'(t)= - \frac{\cos(t)}{sin^{2}(t)} + \frac{1}{t^{2}} . Par ailleurs, g'(t)\underset{t->0}{=} -\frac{1 - \frac{t^{2}}{2} + o(t^{2})}{t^{2}+ o(t^{2})} + \frac{1}{t^{2}}. De ce calcul, on déduit: \displaystyle \lim_{t\rightarrow 0} g'(t)= \frac{1}{2} . Ainsi g se prolonge en une fonction \mathcal{C}^{1} sur [0, \frac{\pi}{2}].

Puisque g est \mathcal{C}^{1} , effectuons une IPP, on a:

\begin{array}{ll}
J_{n} - I_{n} &= \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin((2n+1)t)g(t)dt \\
&= \left[-g(t)\frac{cos((2n+1)t)}{2n+1}\right]^{\frac{\pi}{2}}_{0}  +\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}g'(t)\frac{cos(2n+1)t}{2n+1}dt 
\end{array}

Le premier membre tend vers 0 lorsque n tend vers +\infty. Pareillement, une majoration en valeur absolue de l'intégrale par la quantité \frac{\pi}{2}*\frac{||g'||_{\infty, [0, \frac{\pi}{2}]}}{2n+1} nous assure que ce terme tend vers 0 lorsque n tend vers +\infty. On établit ainsi le résultat souhaité : \displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} J_{n} = \frac{\pi}{2}.

Par ailleurs, en utilisant le changement de variable u = 2n+1, on a:

J_{n} = \displaystyle\int_{0}^{(2n+1)\frac{\pi}{2}}\frac{sin(u)}{u}du

On en déduit que

\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty} J_{n} = I 

d'où I = \frac{\pi}{2} . Ce qui conclut cet exercice sur l'intégrale de Dirichlet.