Intégrale de Frullani

Par changement de variables

On pose ${\displaystyle 0<\varepsilon <\eta <+\infty }$ et on considère ${\displaystyle I=\int _{\varepsilon }^{\eta }{\frac {f(ax)-f(bx)}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{a\varepsilon }^{a\eta }{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t-\int _{b\varepsilon }^{b\eta }{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t=\int _{a\varepsilon }^{b\varepsilon }{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t-\int _{a\eta }^{b\eta }{\frac {f(t)}{t}}\,\mathrm {d} t}$

Donc ${\displaystyle I=\int _{a\varepsilon }^{b\varepsilon }{\frac {f(t)-f(0)}{t}}\,\mathrm {d} t+f(0)\ln {\frac {b}{a}}-\int _{a\eta }^{b\eta }{\frac {f(t)-f(\infty )}{t}}\,\mathrm {d} t-f(\infty )\ln {\frac {b}{a}}}$

Donc ${\displaystyle \int _{\varepsilon }^{\eta }{\frac {f(ax)-f(bx)}{x}}\,\mathrm {d} x-(f(\infty )-f(0))\ln {\frac {a}{b}}=\int _{a\varepsilon }^{b\varepsilon }{\frac {f(t)-f(0)}{t}}\,\mathrm {d} t-\int _{a\eta }^{b\eta }{\frac {f(t)-f(\infty )}{t}}\,\mathrm {d} t}$, d'où le résultat en faisant tendre ${\displaystyle \varepsilon }$ vers 0 et ${\displaystyle \eta }$ vers l'infini.

Par la « technique de Feynman »

On considère :

${\displaystyle I(a,b)=\int _{0}^{\infty }{\frac {f(ax)-f(bx)}{x}}\,\mathrm {d} x}$

Alors, en dérivant sous le signe intégrale :

${\displaystyle {\frac {\partial }{\partial a}}I(a,b)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\partial }{\partial a}}{\frac {f(ax)-f(bx)}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }{\frac {xf'(ax)}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }f'(ax)\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {1}{a}}f(ax)\right]_{x=0}^{x=\infty }=\left(f(\infty )-f(0)\right){\frac {1}{a}}}$

qu'on réintègre

${\displaystyle I(a,b)=\int \left(f(\infty )-f(0)\right){\frac {1}{a}}\,\mathrm {d} a=\left(f(\infty )-f(0)\right)\ln(a)+C(b)}$

Par symétrie de I, on a

${\displaystyle C(b)=\left(f(\infty )-f(0)\right)(-\ln b)}$

ce qui permet de conclure.