Solutions
On déduit de ce qui précède que
+∞
0
sin u
√
u
e
−ku du =
2
√
π
+∞
0
sin ue
−ku
+∞
0
e
−uy 2 dy
du
=
2
√ π
+∞
0
+∞
0
sin ue
−(k+y 2 )u dy
du
=
2
√ π
+∞
0
+∞
0
sin ue
−(k+y 2 )u du
dy,
la dernière égalité découlant de I.5.50. Un calcul facile montre que
+∞
0
sin ue
−(k+y 2 )u du =
1
1 + (k + y 2 )
2 .
En conséquence,
+∞
0
sin u
√ u
e
−ku du =
2
√ π
+∞
0
1
1 + (k + y 2 )
2 dy.
Finalement, en utilisant le résultat de I.5.40, on peut permuter la limite et
l’intégrale pour obtenir
+∞
0
sin u
√ u
du = lim
k→0 +
+∞
0
sin u
√ u
e
−ku du
=
2
√ π
+∞
0
1
1 + y 4 dy
=
2
√ π
×
π
√
2
4
=
π
2
.
I.5.52. Puisque f (x, y) converge uniformément vers ϕ(x) sur [a , b−η] lorsque
y tend vers y 0 ,
lim
y→y 0
b−η
a
f (x, y) dx =
b−η
a
ϕ(x) dx (voir I.3.9).
(1)
De plus, par hypothèse, étant donné ε > 0, il existe η 0 > 0 tel que, pour
0 < η, η < η 0 ,
b−η
a
f (x, y) dx −
b−η
a
f (x, y) dx
< ε
pour tout y ∈ A. En faisant tendre y vers y 0 , on obtient, avec (1),
b−η
a
ϕ(x) dx −
b−η
a
ϕ(x) dx
ε.
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