Pour \(x \in \mathbb{R}_+\), on pose :
\[ F(x) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-xt}}{t^2+1}\,dt \qquad \text{et} \qquad G(x) = \int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t+x}\,dt \]Soit \((f_n)_{n \in \mathbb{N}}\) une suite de fonctions continues par morceaux sur un intervalle \(I\) de \(\mathbb{R}\), convergeant simplement vers une fonction \(f\) sur \(I\).
On suppose qu'il existe une fonction \(\varphi\), continue par morceaux et intégrable sur \(I\), telle que :
\[ \forall\, n \in \mathbb{N},\; \forall\, t \in I, \quad |f_n(t)| \leq \varphi(t) \]Alors la fonction \(f\) est intégrable sur \(I\) et :
\[ \lim_{n \to +\infty} \int_I f_n(t)\,dt = \int_I f(t)\,dt \]Majoration de l'intégrande :
Soit \(x \geq 0\). Pour tout \(t \geq 0\), on a :
\[ 0 \leq \frac{e^{-xt}}{1+t^2} \leq \frac{1}{1+t^2} \]car \(e^{-xt} \leq 1\) pour \(t \geq 0\) et \(x \geq 0\).
Convergence de l'intégrale dominante :
\[ \int_0^{+\infty} \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{2} < +\infty \]Donc, par comparaison, l'intégrale définissant \(F(x)\) converge.
Convergence ponctuelle :
Fixons \(t \geq 0\). Si \(t > 0\), alors :
\[ e^{-xt} \to 0 \quad \text{quand } x \to +\infty \]et pour \(t = 0\), la valeur du terme en ce point n'a pas d'importance (l'intégrale mesure une aire algébrique et quelques points créant quelques soucis, comme ils sont isolés, en nombre fini dénombrables, ils n'ont aucun impact sur la valeur finale de l'intégrale).
Ainsi, pour presque tout \(t \geq 0\) :
\[ \frac{e^{-xt}}{1+t^2} \to 0 \quad \text{quand } x \to +\infty \]Domination :
De plus, pour tout \(x \geq 0\) et tout \(t \geq 0\) :
\[ 0 \leq \frac{e^{-xt}}{1+t^2} \leq \frac{1}{1+t^2} \]avec \(\dfrac{1}{1+t^2} \in L^1(\mathbb{R}_+)\).
Application du théorème de convergence dominée :
On peut appliquer le théorème de convergence dominée, d'où :
\[ F(x) \to 0 \quad \text{quand } x \to +\infty \]Soit \(x_0 \in \mathbb{R}_+\) et \((x_n)\) une suite telle que \(x_n \to x_0\).
Pour tout \(t \geq 0\) :
\[ \frac{e^{-x_n t}}{1+t^2} \to \frac{e^{-x_0 t}}{1+t^2} \]En outre, comme \(x_n \to x_0 \geq 0\), à partir d'un certain rang,
\[ 0 \leq \frac{e^{-x_n t}}{1+t^2} \leq \frac{1}{1+t^2} \]et \(\dfrac{1}{1+t^2} \in L^1(\mathbb{R}_+)\).
Par convergence dominée :
\[ F(x_n) \to F(x_0) \]Par caractérisation séquentielle de la continuité, \(F\) est continue sur \(\mathbb{R}_+\).
Soit \(x_0 > 0\). Pour \(x\) au voisinage de \(x_0\), on considère par exemple
\[ x \in \left[\frac{x_0}{2},\, 2x_0\right] \]et on pose
\[ f(x,\,t) = \frac{e^{-xt}}{1+t^2} \]Cette fonction est de classe \(\mathcal{C}^2\) par rapport à \(x\), avec :
\[ \frac{\partial f}{\partial x}(x,\,t) = \frac{-t\,e^{-xt}}{1+t^2} \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,\,t) = \frac{t^2\,e^{-xt}}{1+t^2} \]Domination des dérivées partielles :
Pour \(x \in \left[\dfrac{x_0}{2},\, 2x_0\right]\) :
\[ \left|\frac{\partial f}{\partial x}(x,\,t)\right| \leq \frac{t\,e^{-x_0 t/2}}{1+t^2} \qquad \left|\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,\,t)\right| \leq \frac{t^2\,e^{-x_0 t/2}}{1+t^2} \]Ces deux fonctions de \(t\) sont intégrables sur \(\mathbb{R}_+\).
Conclusion :
On peut donc dériver deux fois sous le signe intégral. \(F\) est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \(\mathbb{R}_+^*\), avec :
\[ F'(x) = -\int_0^{+\infty} \frac{t\,e^{-xt}}{1+t^2}\,dt \qquad F''(x) = \int_0^{+\infty} \frac{t^2\,e^{-xt}}{1+t^2}\,dt \]Soit \(x \geq 0\). On étudie la convergence de \(\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t+x}\,dt\).
Sur \([0,1]\), la fonction \(t \mapsto \dfrac{\sin t}{t+x}\) est continue, donc intégrable.
Sur \([1, +\infty[\), on effectue une intégration par parties. On pose :
\[ u(t) = \frac{1}{x+t}, \qquad dv = \sin t\,dt \] \[ du = -\frac{1}{(x+t)^2}\,dt, \qquad v = -\cos t \]Alors :
\[ \int_1^B \frac{\sin t}{t+x}\,dt = \left[\frac{-\cos t}{x+t}\right]_1^B - \int_1^B \frac{\cos t}{(x+t)^2}\,dt \]On a :
\[ \left|\frac{\cos B}{x+B}\right| \leq \frac{1}{x+B} \to 0 \quad (B \to +\infty) \]et :
\[ \int_1^{+\infty} \frac{|\cos t|}{(x+t)^2}\,dt \leq \int_1^{+\infty} \frac{dt}{(x+t)^2} < +\infty \]Donc l'intégrale converge sur \([1,+\infty[\), d'où :
Prenons \(a = \dfrac{x_0}{2} > 0\). Si \(x\) est assez proche de \(x_0\), alors \(x \geq a\).
On écrit :
\[ G(x) - G(x_0) = \int_0^{+\infty} \sin t \left(\frac{1}{x+t} - \frac{1}{x_0+t}\right)dt = (x_0 - x)\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{(x+t)(x_0+t)}\,dt \]Ainsi :
\[ |G(x) - G(x_0)| \leq |x-x_0| \int_0^{+\infty} \frac{dt}{(a+t)^2} < +\infty \]Donc \(|G(x) - G(x_0)| \leq C|x - x_0|\) pour une constante \(C > 0\), ce qui prouve la continuité de \(G\) en tout point \(x_0 > 0\).
On veut montrer que \(G(x) \to G(0)\) quand \(x \to 0^+\).
Fixons \(A > 1\). On décompose :
\[ G(x) - G(0) = \int_0^A \sin t\left(\frac{1}{x+t} - \frac{1}{t}\right)dt + \int_A^{+\infty} \sin t\left(\frac{1}{x+t} - \frac{1}{t}\right)dt \]Sur \([0, A]\) :
Pour \(t \in [0,A]\) :
\[ \frac{\sin t}{x+t} - \frac{\sin t}{t} \to 0 \quad \text{quand } x \to 0^+ \]De plus, \(\left|\dfrac{\sin t}{x+t}\right| \leq 1\) et \(\left|\dfrac{\sin t}{t}\right| \leq 1\), donc par convergence dominée sur \([0,A]\) :
\[ \int_0^A \sin t\left(\frac{1}{x+t} - \frac{1}{t}\right)dt \to 0 \]Sur \([A, +\infty[\) :
On intègre par parties :
\[ \int_A^{+\infty} \frac{\sin t}{t(x+t)}\,dt \]On pose \(u(t) = \dfrac{1}{t(x+t)}\), \(dv = \sin t\,dt\). Alors :
\[ du = -\frac{2t+x}{t^2(x+t)^2}\,dt, \qquad v = -\cos t \]D'où :
\[ \int_A^B \frac{\sin t}{t(x+t)}\,dt = \left[\frac{-\cos t}{t(x+t)}\right]_A^B - \int_A^B \frac{(2t+x)\cos t}{t^2(x+t)^2}\,dt \]On a \(\left|\dfrac{\cos B}{B(x+B)}\right| \leq \dfrac{1}{B^2} \to 0\) et :
\[ \int_A^{+\infty} \frac{2t+x}{t^2(x+t)^2}\,dt \leq \int_A^{+\infty} \frac{dt}{t^2(x+t)} < +\infty \]indépendamment de \(x\). Ainsi :
\[ \left|\int_A^{+\infty} \sin t\left(\frac{1}{x+t} - \frac{1}{t}\right)dt\right| \leq \varepsilon(A) \]où \(\varepsilon(A) \to 0\) quand \(x \to 0^+\).
Les deux termes tendent vers 0, donc :
\[ G(x) \to G(0) \quad \text{quand } x \to 0^+ \]Soit \(x_0 > 0\). Pour \(x\) au voisinage de \(x_0\), on considère par exemple
\[ x \in \left[\frac{x_0}{2},\, 2x_0\right] \]et on pose
\[ g(x,\,t) = \frac{\sin t}{t+x} \]Cette fonction est de classe \(\mathcal{C}^2\) par rapport à \(x\), avec :
\[ \frac{\partial g}{\partial x}(x,\,t) = \frac{-\sin t}{(t+x)^2} \qquad \frac{\partial^2 g}{\partial x^2}(x,\,t) = \frac{2\sin t}{(t+x)^3} \]Domination :
Pour \(x \in \left[\dfrac{x_0}{2},\, 2x_0\right]\) :
\[ \left|\frac{\partial g}{\partial x}(x,\,t)\right| \leq \frac{1}{(x_0/2 + t)^2} \qquad \left|\frac{\partial^2 g}{\partial x^2}(x,\,t)\right| \leq \frac{2}{(x_0/2 + t)^3} \]Ces deux fonctions de \(t\) sont intégrables sur \(\mathbb{R}_+\).
Conclusion :
On peut donc dériver deux fois sous le signe intégral. \(G\) est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \(\mathbb{R}_+^*\), avec :
\[ G'(x) = -\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{(t+x)^2}\,dt \qquad G''(x) = 2\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{(t+x)^3}\,dt \]