Démonstration. Soient $y,t\in {\mathbb{R}}^{+}$. On a : $$|e^{-(y-i)t}|=|e^{-yt}{e}^{it}|=|e^{-yt}||e^{it}|$$ Or, $e^{it}$ est un complexe de module $1$ et $yt\ge 0$, donc $e^{-yt}\le 1$. D’où le résultat. ◻

Démonstration. Posons $\forall x\in {\mathbb{R}}^{+}$ et $\forall t\in {\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$, $f(x,t)=\frac{\sin (t)}{t}{e}^{-xt}$ ainsi que $\forall n\ge 1$, $F_n(x)={\int }_0^{n}f(x,t)\mathrm{d}t$. On a :

• $\forall x\ge 0$, $t\mapsto f(x,t)$ est mesurable.

• Presque partout en $t>0$, $x\mapsto f(x,t)$ est continue.

• $\forall x\ge 0$ et presque partout en $t>0$, $|f(x,t)|\le 1$, et $t\mapsto 1$ est intégrable sur $[0,n]$.

On peut donc appliquer le théorème de continuité sous l’intégrale pour conclure que $F_n$ est continue sur ${\mathbb{R}}^{+}$.

Soient $x\ge 0$ et $q\ge p\ge N\ge 0$. On a : $$\begin{array}{rl}|F_q(x)-F_p(x)|& =\left|{\int }_p^{q}f(x,t)\mathrm{d}t\right|\\ & =\left|\mathrm{Im}\left({\int }_p^q{e}^{-xt}\frac{e^{it}}{t}\mathrm{d}t\right)\right|\\ & \le \left|{\int }_p^q\frac{e^{-(x-i)t}}{t}\mathrm{d}t\right|\\ & =\frac{1}{|x-i|}\left|{\int }_p^q(x-i)\frac{e^{-(x-i)t}}{t}\mathrm{d}t\right|\\ & \le \left|{\int }_p^q(x-i)\frac{e^{-(x-i)t}}{t}\mathrm{d}t\right|\\ & =\left|{\int }_p^q-(x-i)e^{-(x-i)t}\frac{1}{t}\mathrm{d}t\right|\end{array}$$ Nous allons réaliser une intégration par parties. Pour cela, posons :

• $u^{\prime }(t)=-(x-i)e^{-(x-i)t}⟹u(t)=e^{-(x-i)t}$

• $v(t)=\frac{1}{t}⟹v^{\prime }(t)=-\frac{1}{t^2}$

Ce qui nous donne : $$\begin{array}{rl}\left|{\int }_p^q(x-i)\frac{e^{-(x-i)t}}{t}\mathrm{d}t\right|& =\left|{\left[u(t)v(t)\right]}_p^q-{\int }_p^{q}u(t)v^{\prime }(t)\mathrm{d}t\right|\\ & =\left|\frac{e^{-(x-i)q}}{q}-\frac{e^{-(x-i)p}}{p}+{\int }_p^q\frac{e^{-(x-i)t}}{t^2}\mathrm{d}t\right|\end{array}$$ On applique maintenant le Lemme 1 : $$\begin{array}{rl}\left|\frac{e^{-(x-i)q}}{q}-\frac{e^{-(x-i)p}}{p}+{\int }_p^q\frac{e^{-(x-i)t}}{t^2}\mathrm{d}t\right|& \le \frac{1}{p}+\frac{1}{q}+{\int }_p^q\frac{1}{t^2}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{q}+\frac{1}{p}-{\left[\frac{1}{t}\right]}_p^q\\ & \le \frac{2}{N}\end{array}$$ D’où : $$|F_q(x)-F_p(x)|\le \frac{2}{N}$$ Donc la suite de fonctions continues $(F_n)$ vérifie le critère de Cauchy uniforme, et converge ainsi vers $F$ uniformément. En particulier, $F$ est continue sur ${\mathbb{R}}^{+}$.

Soit $a>0$. $f$ est dérivable par rapport à $x$ et pour tout $x\in ]a,+\infty |$ et $t\in {\mathbb{R}}^{+}$ : $$\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right|=|-\sin (t)e^{-xt}|\le e^{-at}$$ On applique le théorème de dérivation sous l’intégrale, qui donne : $$\forall x\in ]a,+\infty [,F^{\prime }(x)={\int }_0^{+\infty }-\sin (t)e^{-xt}\mathrm{d}t$$ En particulier, c’est vrai sur ${\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$ car la dérivabilité est une propriété locale. Or $\forall A>0$, on a : $$\begin{array}{rl}& {\int }_0^A{e}^{-(i+x)t}\mathrm{d}t=\frac{1-e^{-(i+x)A}}{i+x}\\ ⟹& \underset{A\to +\infty }{\lim }{\int }_0^A{e}^{-(i+x)t}\mathrm{d}t=\frac{1}{i+x}=\frac{-i+x}{1+x^2}\\ ⟹& \mathrm{Im}\left(\underset{A\to +\infty }{\lim }{\int }_0^A{e}^{-(i+x)t}\mathrm{d}t\right)=\mathrm{Im}\left(\frac{-i+x}{1+x^2}\right)=-\frac{1}{1+x^2}\end{array}$$ Or, $$\mathrm{Im}\left(\underset{A\to +\infty }{\lim }{\int }_0^A{e}^{-(i+x)t}\mathrm{d}t\right)=\underset{A\to +\infty }{\lim }{\int }_0^A\mathrm{Im}\left(e^{-(i+x)t}\right)\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }-\sin (t)e^{-xt}\mathrm{d}t=F^{\prime }(x)$$ En recollant les deux morceaux : $$F^{\prime }(x)=-\frac{1}{1+x^2}\text{\hspace{1em}(∗)}$$ Soient $x,y\in {\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$. En intégrant $(\ast )$ entre $x$ et $y$, on obtient : $$F(x)-F(y)=\arctan (x)-\arctan (y)$$ Mais, $$\begin{array}{rl}|F(y)|& =\left|{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (t)}{t}{e}^{-yt}\mathrm{d}t\right|\\ & \le {\int }_0^{+\infty }\left|\frac{\sin (t)}{t}{e}^{-yt}\right|\mathrm{d}t\\ & \le {\int }_0^{+\infty }{e}^{-yt}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{y}\\ & {⟶}_{y\to +\infty }0\end{array}$$ Il suffit donc de faire tendre $y$ vers $+\infty$ pour obtenir : $$\forall x>0,F(x)=\frac{\pi }{2}-\arctan (x)$$ Ce qui, en faisant tendre $x$ vers $0$, donne : $$F(0)={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (t)}{t}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}$$ ◻