Intégrale de Dirichlet

On considère la fonction

${\displaystyle {\begin{matrix}f\colon &\mathbb {R} _{+}^{*}&\rightarrow &\mathbb {R} \\&x&\mapsto &{\frac {\sin x}{x}}.\end{matrix}}}$

En 0, sa limite à droite vaut 1, donc f est prolongeable en une application continue sur [0, +∞[, si bien qu'elle est intégrable sur [0, a] pour tout a > 0.
Mais elle n'est pas intégrable en +∞, c'est-à-dire que

${\displaystyle \lim _{a\to +\infty }\int _{0}^{a}|f(x)|~{\rm {d}}x=+\infty }$^[1].

Cependant,

${\displaystyle \lim _{a\to +\infty }\int _{0}^{a}f(x)~{\rm {d}}x\quad {\rm {existe~:}}}$

• Dirichlet^[2], dans son article historique de 1829 sur les séries de Fourier, mentionne en passant une preuve fondée sur le critère de convergence des séries alternées^[3] :

  « On sait que ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin \gamma }{\gamma }}~{\rm {d}}\gamma }$ a une valeur finie et égale à π/2. Cette intégrale peut être partagée en une infinité d'autres, prises la première depuis γ = 0 jusqu'à γ = π, la seconde depuis γ = π jusqu'à γ = 2π, et ainsi de suite. Ces nouvelles intégrales sont alternativement positives et négatives, chacune d'elles a une valeur numérique inférieure à celle de la précédente […]. » ;

• dans le même esprit, la règle d'Abel pour les intégrales — ou une simple intégration par parties — fournit une preuve de convergence^[4],[5] ;
• les méthodes ci-dessous de calcul de l'intégrale fournissent encore d'autres preuves de son existence.

La méthode consiste à poser

${\displaystyle J_{n}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin {\big (}(2n+1)x{\big )}}{\sin x}}~{\rm {d}}x,\quad K_{n}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin {\big (}(2n+1)x{\big )}}{x}}~{\rm {d}}x}$

et à montrer que la différence de ces deux suites tend vers 0, que la première est constante, égale à π/2, et que la deuxième tend vers l'intégrale de Dirichlet^[3],[6].

En remarquant que x ↦ (sin x)/x est la partie imaginaire de x ↦ e^ix/x et en considérant la fonction complexe F : z ↦ e^iz/z, le théorème des résidus appliqué aux intégrales du quatrième type, permettant de calculer une valeur principale de Cauchy — ou plus simplement ici : le théorème intégral de Cauchy —, donne le résultat voulu.

Plus précisément, F admet un unique pôle, en 0. Considérons le contour défini comme suit : pour deux réels R > ε >0, on choisit les demi-cercles ${\displaystyle {\mathcal {C}}_{R}}$ et ${\displaystyle {\mathcal {C}}_{\varepsilon }}$ de centre O, de rayons R et ε, situés dans le demi-plan supérieur et on les relie par deux segments I et J. Cette courbe délimite un domaine borné du plan ne contenant pas l'origine.

Le théorème de Cauchy donne alors

${\displaystyle 0=\int _{{\mathcal {C}}_{R}}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}}{z}}~{\rm {d}}z+\int _{U\cup J}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}}{z}}~{\rm {d}}z+\int _{{\mathcal {C}}_{\varepsilon }}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}}{z}}~{\rm {d}}z=\int _{{\mathcal {C}}_{R}}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}}{z}}~{\rm {d}}z+2{\rm {i}}\int _{\varepsilon }^{R}{\frac {\sin x}{x}}~{\rm {d}}x+\int _{{\mathcal {C}}_{\varepsilon }}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}}{z}}~{\rm {d}}z}$

d'où, en faisant tendre R vers +∞ et ε vers 0 :

${\displaystyle 0=0+2{\rm {i}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}~{\rm {d}}x-{\rm {i}}\pi ,}$

ce qui permet de conclure :

${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}~{\rm {d}}x={\frac {\pi }{2}}.}$

On peut aller un peu plus vite en considérant la fonction z ↦ (e^iz – 1)/z qui se prolonge en une fonction entière. On intègre alors sur le contour constitué du demi-cercle ${\displaystyle {\mathcal {C}}_{R}}$ et de l'intervalle [–R, R]. Par le théorème intégral de Cauchy,

${\displaystyle 0=\int _{{\mathcal {C}}_{R}}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}-1}{z}}~{\rm {d}}z+\int _{-R}^{R}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}x}-1}{x}}~{\rm {d}}x=\int _{{\mathcal {C}}_{R}}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}}{z}}~{\rm {d}}z-\int _{{\mathcal {C}}_{R}}{\frac {{\rm {d}}z}{z}}+2{\rm {i}}\int _{0}^{R}{\frac {\sin x}{x}}~{\rm {d}}x=\int _{{\mathcal {C}}_{R}}{\frac {{\rm {e}}^{{\rm {i}}z}}{z}}~{\rm {d}}z-{\rm {i}}\pi +2{\rm {i}}\int _{0}^{R}{\frac {\sin x}{x}}~{\rm {d}}x}$

d'où, en faisant tendre R vers +∞ :

${\displaystyle 0=0-{\rm {i}}\pi +2{\rm {i}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}~{\rm {d}}x}$

et l'on conclut comme précédemment.

On utilise la formule suivante des transformée de Laplace : si ${\displaystyle {\mathcal {L}}(f)=F}$, alors ${\displaystyle {\mathcal {L}}\left[{\frac {f(x)}{x}}\right]=\int _{p}^{+\infty }F(u)\mathrm {d} u}$.

Ainsi, en utilisant ${\displaystyle f=\sin }$, d'où ${\displaystyle F(p)={\frac {1}{p^{2}+1}}}$.

En revenant à la définition de la transformation de Laplace, la propriété admise donne alors

${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-px}{\frac {\sin x}{x}}\mathrm {d} x=\int _{p}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}+1}}=\left[\arctan u\right]_{p}^{+\infty }={\frac {\pi }{2}}-\arctan p}$.

En passant à la limite^[7] quand ${\displaystyle p\to 0}$, on obtient ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}}$.

Une manière plus simple d'arriver au résultat est de montrer que pour tout x > 0, ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{-xt}}{1+t^{2}}}\mathrm {d} t=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x+t}}\mathrm {d} t}$ (en utilisant justement le fait que ${\displaystyle {\frac {\operatorname {1} }{1+t^{2}}}}$ est la transformée de Laplace de la fonction sinus), puis d'appliquer ce résultat pour x = 0 (en réalité un calcul de limite via les théorèmes de continuité sous le signe intégrale) et comme l'intégrale de gauche est facile à calculer on arrive aisément au résultat.

On considère l'intégrale paramétrique ${\displaystyle I(y)=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}\mathrm {e} ^{-xy}\mathrm {d} x}$ ; on remarque déjà que l'intégrale de Dirichlet correspond à I(0).

Par le théorème de dérivabilité des intégrales à paramètres, cette fonction est dérivable pour y > 0 et la dérivée vaut :

${\displaystyle {\begin{aligned}I'(y)&=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\partial }{\partial y}}\left({\frac {\sin x}{x}}\mathrm {e} ^{-xy}\right)\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{x}}(-x)\mathrm {e} ^{-xy}\mathrm {d} x=-\int _{0}^{+\infty }\sin(x)\mathrm {e} ^{-xy}\mathrm {d} x\\&=-\Im m\left(\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}\mathrm {e} ^{-xy}\mathrm {d} x\right)=-\Im m\left(\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{(\mathrm {i} -y)x}\mathrm {d} x\right)\\&=-\Im m\left[{\frac {1}{\mathrm {i} -y}}\mathrm {e} ^{(\mathrm {i} -y)x}\right]_{x=0}^{+\infty }=\Im m\left[{\frac {\mathrm {i} +y}{1+y^{2}}}\mathrm {e} ^{(\mathrm {i} -y)x}\right]_{x=0}^{+\infty }=-{\frac {1}{1+y^{2}}}.\end{aligned}}}$

Ainsi, ${\displaystyle \forall y>0:I(y)=-\arctan(y)+c}$, et faire tendre y vers l'infini permet d'établir que c = π/2.

Le théorème de continuité des intégrales à paramètres permet d'affirmer que ${\displaystyle I}$ est continue en 0.

On en déduit que I(0) = π/2.