Existence de \(\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt\). Soit \(x\geqslant0\). La fonction \(t\mapsto\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\) est continue sur \([0,+\infty[\) et est dominée par \(\frac{1}{t^2}\) quand \(t\) tend vers \(+\infty\). Cette fonction est donc intégrable sur \([0,+\infty[\). Donc \(\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt\) existe pour tout réel positif \(x\) et on pose \(\forall x\geqslant 0\), \(f(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt\).

Continuité de \(f\) sur \([0,+\infty[\). Soit \(\begin{array}[t]{cccc} \Phi~:&[0,+\infty[\times[0,+\infty[&\rightarrow&\Rr\\ &(x,t)&\mapsto&\frac{e^{-tx}}{1+t^2} \end{array}\).

Pour chaque \(x\in[0,+\infty[\), la fonction \(t\mapsto\Phi(x,t)\) est continue par morceaux sur \([0,+\infty[\).

Pour chaque \(t\in[0,+\infty[\), la fonction \(x\mapsto\Phi(x,t)\) est continue sur \([0,+\infty[\).

Pour chaque \((x,t)\in[0,+\infty[\times[0,+\infty[\),

\(|\Phi(x,t)|=\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt\leqslant\frac{1}{1+t^2}=\varphi_0(t)\).

De plus, la fonction \(\varphi_0\) est continue et intégrable sur \([0,+\infty[\) car équivalente à \(\frac{1}{t^2}\) quand \(t\) tend vers \(+\infty\).

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\).

Dérivée seconde de \(f\). Soit \(a>0\). On pose \(\begin{array}[t]{cccc} \Phi~:&[0,+\infty[\times[a,+\infty[&\rightarrow&\Rr\\ &(x,t)&\mapsto&\frac{e^{-tx}}{1+t^2} \end{array}\).

En plus de ce qui précède, \(\Phi\) admet sur \([a,+\infty[\times[0,+\infty[\) des dérivées partielles d’ordre \(1\) et \(2\) définies par

\(\forall(x,t)\in[a,+\infty[\times[0,+\infty[\), \(\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)=-\frac{te^{-tx}}{1+t^2}\) et \(\frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,t)=\frac{t^2e^{-tx}}{1+t^2}\).

Pour chaque \(x\in[a,+\infty[\), les fonctions \(t\mapsto\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)\) et \(t\mapsto\frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,t)\) sont continues par morceaux sur \([0,+\infty[\).

Pour chaque \(t\in[0,+\infty[\), les fonctions \(x\mapsto\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)\) et \(x\mapsto\frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,t)\) sont continues sur \([a,+\infty[\).

Pour chaque \((x,t)\in[a,+\infty[\times[0,+\infty[\),

\(\left|\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)\right|=\frac{te^{-tx}}{1+t^2}\leqslant\frac{te^{-at}}{1+t^2}=\varphi_1(t)\) et \(\left|\frac{\partial^2\Phi}{\partial x}(x,t)\right|=\frac{t^2e^{-tx}}{1+t^2}\leqslant\frac{t^2e^{-at}}{1+t^2}=\varphi_2(t)\).

De plus, les fonctions \(\varphi_1\) et \(\varphi_2\) sont continues par morceaux et intégrables sur \([0,+\infty[\) car négligeables devant \(\frac{1}{t^2}\) quand \(t\) tend vers \(+\infty\).

D’après une généralisation du théorème de dérivation des intégrales à paramètres, \(f\) est de classe \(C^2\) sur \([a,+\infty[\) et ses dérivées premières et secondes s’obtiennent par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout \(a>0\), \(f\) est de classe \(C^2\) sur \(]0,+\infty[\) et

\(\forall x>0\), \(f'(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{te^{-tx}}{1+t^2}\;dt\) et \(f''(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{t^2e^{-tx}}{1+t^2}\;dt\).

Equation différentielle vérifiée par \(f\). Pour \(x>0\),

\(f''(x)+f(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{t^2e^{-tx}}{1+t^2}\;dt+\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\;dt=\left[-\frac{e^{-tx}}{x}\right]_0^{+\infty}=\frac{1}{x}\).

\(\forall x>0\), \(f(x)+f''(x)=\frac{1}{x}\).

Existence de \(\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{x+t}\;dt\). Si \(x=0\), l’exercice [ex:rou3], 1) montre que \(\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\;dt\) est une intégrale convergente.

Si \(x>0\), une intégration par parties fournit pour \(A>0\)

\(\int_{0}^{A}\frac{\sin t}{t+x}\;dt=-\frac{\cos A}{A+x}+\frac{1}{x}-\int_{0}^{A}\frac{\cos t}{(t+x)^2}\;dt\).

La fonction \(t\mapsto\frac{\cos t}{(t+x)^2}\) est continue sur \([0,+\infty[\) et est dominée par \(\frac{1}{t^2}\) quand \(t\) tend vers \(+\infty\). Cette fonction est donc intégrable sur \([0,+\infty[\). On en déduit que la fonction \(A\mapsto\int_{0}^{A}\frac{\cos t}{(t+x)^2}\;dt\) a une limite réelle quand \(A\) tend vers \(+\infty\) et il en est de même de la fonction \(A\mapsto\int_{0}^{A}\frac{\sin t}{t+x}\;dt\). Ainsi, pour chaque \(x\in[0,+\infty[\), \(\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t+x}\;dt\) est une intégrale convergente. Pour \(x\geqslant 0\), on peut donc poser \(g(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t+x}\;dt\).

Equation différentielle vérifiée par \(g\). Pour \(x>0\), on pose \(u=x+t\). on obtient

\(g(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t+x}\;dt=\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(u-x)}{u}\;du=\cos x\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du-\sin x\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du\).

(car toutes les intégrales considérées sont convergentes). Maintenant, les fonctions \(c~:~u\mapsto\frac{\cos u}{u}\) et \(s~:~u\mapsto\frac{\sin u}{u}\) sont continues sur \(]0,+\infty[\) et admettent donc des primitives sur \(]0,+\infty[\). On note \(C\) (respectivement \(S\)) une primitive de la fonction \(c\) (respectivement \(s\)) sur \(]0,+\infty[\)). Pour tout réel \(x>0\), \(\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du=\lim_{t \rightarrow +\infty}C(t)-C(x)\). On en déduit que la fonction \(x\mapsto\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du\) est de classe \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\), de dérivée \(-c\). De même, la fonction \(x\mapsto\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du\) est de classe \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\), de dérivée \(-s\). Mais alors la fonction \(g\) est de classe \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\) et pour tout réel \(x>0\),

\[\begin{align*}\ensuremath g'(x)&=-\sin x\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du-\frac{\sin x\cos x}{x}-\cos x\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du+\frac{\cos x\sin x}{x}\\ &=-\cos x\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du-\sin x\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du. \end{align*}\]

La fonction \(g'\) est encore de classe \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\) et pour tout réel \(x>0\),

\[\begin{align*}\ensuremath g'(x)&=\sin x\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du+\frac{\cos^2 x}{x}-\cos x\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du+\frac{\sin^2 x}{x}\\ &=\frac{1}{x}-g(x). \end{align*}\]

\(\forall x>0\), \(g''(x)+g(x)=\frac{1}{x}\).

Egalité de \(f\) et \(g\) sur \(]0,+\infty[\). Pour tout réel \(x>0\), \((f-g)''(x)+(f-g)(x)=0\). Donc il existe deux réels \(\lambda\) et \(\mu\) tels que \(\forall x>0\), \((f-g)(x)=\lambda\cos x+\mu\sin x=A\cos(x+\varphi)\) pour \(A=\sqrt{\lambda^2+\mu^2}\) et pour un certain \(\varphi\).

Maintenant, pour \(x>0\), \(|f(x)|=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt\leqslant\int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\;dt=\frac{1}{x}\) et on en déduit que \(\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{1}{x}=0\).

Ensuite, \(|g(x)\leqslant\left|\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du\right|+\left|\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du\right|\). Puisque les intégrales \(\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du\) et \(\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du\) sont des intégrales convergentes, on a \(\lim_{x \rightarrow +\infty}\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du=\lim_{x \rightarrow +\infty}\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du=0\) et donc aussi \(\lim_{x \rightarrow +\infty}g(x)=0\).

Finalement, \(\lim_{x \rightarrow +\infty}(f(x)-g(x))=0\) ce qui impose \(A=0\) et donc \(\forall x>0\), \(f(x)=g(x)\).

\(\forall x>0\), \(\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t+x}\;dt\).

Continuité de \(g\) en \(0\) et valeur de \(\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\;dt\). Pour \(x>0\),

\[\begin{align*}\ensuremath g(x)&=\cos x\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du-\sin x\int_{x}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du\\ &=\cos x\int_{x}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\;du-\sin x\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos u}{u}\;du+\sin x\int_{x}^{1}\frac{1-\cos u}{u}\;du-\sin x\ln x. \end{align*}\]

Quand \(x\) tend vers \(0\), \(\sin x\ln x\sim x\ln x\) et donc \(\lim_{x \rightarrow 0}\sin x\ln x=0\). Ensuite, la fonction \(u\mapsto\frac{1-\cos u}{u}\) est intégrable sur \(]0,1]\) car continue sur \(]0,1]\) et prolongeable par continuité en \(0\). On en déduit que \(\lim_{x \rightarrow 0}\sin x\int_{x}^{1}\frac{1-\cos u}{u}\;du=0\times\int_{0}^{1}\frac{1-\cos u}{u}\;du=0\). Il reste

\(\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}g(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\;dt=g(0)\).

La fonction \(g\) est donc continue en \(0\). Puisque la fonction \(f\) est également continue en \(0\), on en déduit que

\(g(0)=\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}g(x)=\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}f(x)=f(0)=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}\;dt=\frac{\pi}{2}\).

\(\forall x\geqslant0\), \(\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-tx}}{1+t^2}\;dt=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t+x}\;dt\) et en particulier, \(\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\;dt=\frac{\pi}{2}\).

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