\parindent = 0.0 cm
\vskip 0.5cm
\centerline{Correction de l'\'epreuve Maths I, Ecole de l'Air, MP2002}
\def\Question#1{\vskip 0.2cm {\bf Question #1 : }}
\def\C{{\bf C}}
\def\R{{\bf R}}
\def\N{{\bf N}}
\def\GrandO{{\cal O}}
\def\Re{{\cal R}e}
\Question{I.1.a}Si $z$ appartient \`a $\Omega$ la fonction
$$\phi:t\mapsto {1\over (z+t)\sqrt{t+1}}$$ est continue sur $\R^{+}$. En
$+\infty$ , $|\phi(t)|=\GrandO({1\over t^{3\over 2}})$. Or ${1\over
t^{3\over 2}}$ est int\'egrable sur $[1,+\infty[$ car ${3\over 2}>1$.
D'apr\`es le th\'eor\`eme de comparaison $\phi$ est int\'egrable sur
$[1,+\infty[$, puis par continuit\'e sur $[0,+\infty[$ et par cons\'equent
sur $\R^{*+}$. $g$ est donc bien d\'efine sur $\Omega$.

\Question{I.1.b}L'int\'egrabilit\'e implique la convergence de l'int\'egrale
impropre, par cons\'equent :
$$g(z)=\lim_{A\rightarrow+\infty}\int_0^A {dt\over
(z+t)\sqrt{t+1}}=\lim_{A\rightarrow+\infty}I_A(z).$$Effectuons dans
$I_A(z)$ le changement de variable $u={1\over \sqrt{t+1}}$,
$t={1-u^2\over u^2}$. On obtient
$$I_A(z)=\int_{1\over \sqrt{A+1}}^1{2\over 1+(z-1)u^2}du.$$Il suffit
alors de faire tendre $A$ vers $+\infty$.

\Question{I.1.c}Si $|z-1|<1$, pour tout $t$ de $]0,1]$ on aura
$${1\over 1+(z-1)t^2}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n(z-1)^nt^{2n}.$$Il s'agit
donc de permuter une int\'egration et une sommation.
{\parindent 1cm
\item{$i)$}La s\'erie de fonctions continues sur $]0,1]$
$\sum_{n\geq 0}f_n(t)=\sum_{n\geq 0}(-1)^n(z-1)^nt^{2n}$ converge
simplement sur
$]0,1]$ vers $t\mapsto{1\over 1+(z-1)t^2}$ qui est continue sur cet
intervalle.
\item{$ii)$}Chaque $f_n$ est int\'egrable sur $]0,1]$.
\item{$iii)$}La s\'erie $\sum_{n\geq 0}\int_{]0,1]}|f_n|$ est convergente.
En effet $\int_{]0,1]}|f_n|={|z-1|^n\over 2n+1}=\alpha_n(z)$
et pour tout $z\not=1$ et tout $n$ $\alpha_n(z)\not=0$ et
$$\lim_{n\rightarrow+\infty}{\alpha_{n+1}(z)\over\alpha_n(z)}=|z-1|<1.$$On
peut donc appliquer la r\`egle de d'Alembert si $z\not=1$. Si $z=1$, la
convergence est \'evidente.
\par}
En conclusion, toutes les hypoth\`eses sont v\'erifi\'ees; on peut donc
permuter, et pour $|z-1|<1$
$$g(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n{(z-1)^n\over 2n+1}.$$
Il y a convergence si $|z-1|<1$ donc le rayon de convergence de la s\'erie
enti\`ere est au moins $1$. Le calcul fait en $iii)$ montre, en appliquant
la r\`ege de d'Alembert qu'il n'y a pas convergence absolue si $|z-1|>1$.
Le rayon de convergence est au plus $1$. Finalement le rayon de
convergence de cette s\'erie enti\`ere est $R=1$.

\Question{I.1.d}Si $z$ appartient \`a l'intervalle $]0,1[$
on peut \'ecrire $z-1=-a^2$ avec $a=\sqrt{ 1-z}$. On aura alors
$g(z)=\int_{0}^1{2\over 1-a^2t^2}dt$. En effectuant le changement de
variable $u=at$, on obtient $g(z)={1\over a}\int_{0}^a{2\over 1-u^2}du$.
Soit finalement (en d\'ecomposant par exemple en \'el\'ements simples) :
$$g(z)={1\over a}\ln\left({1+a\over 1-a}\right)={1\over \sqrt
{1-z}}\ln\left({1+\sqrt {1-z}\over 1-\sqrt {1-z}}\right)\hbox{ si
}z\in]0,1[.$$De m\^eme on obtiendrait
$$g(z)={2\over \sqrt
{z-1}}\arctan(\sqrt {z-1})\hbox{ si
}z\in]1,2[.$$Et bien s\^ur $g(1)=2$.

On pouvait obtenir le r\'esutat plus rapidement en reconnaissant les
d\'eveloppements en s\'erie enti\`ere de $\ln\left({1+a\over 1-a}\right)$ et
$\arctan a$; mais ceux-ci ne sont pas officiellement au programme.

\Question{I.2.a}On reprend les notations de la question
$I.1.a$ ainsi que sa r\'edaction. Il ne reste qu'\`a justifier
l'int\'egrabilit\'e sur $]0,1]$ qui r\'esulte ici de 
$\displaystyle |\phi(t)|\sim_{0}{1\over|z|t^{1/2}}$ avec $1/2<1$.

\Question{I.2.b}Pour $x$ strictement positif 
$$g(x)=\int_{O}^{+\infty}{1\over \sqrt t}{1\over
x+t}dt=2\int_{O}^{+\infty}{1\over x+u^2}du={2\over \sqrt
x}\left[\arctan({u\over \sqrt x})\right]_0^{+\infty}={\pi\over
\sqrt x}.$$ En toute rigueur, il faudrait r\'ediger comme en $I.1.b$, en
passant par des int\'egrales impropres, pour justifier le changement de
variables.

\Question{I.3.a}Une nouvelle fois nous nous contentons d'\'etudier $|\phi|$
au voisinage de $+\infty$, le reste de la r\'edaction \'etant le m\^eme qu'en
$I.1.a$.
{\parindent 1.5cm
\item{$\lambda\leq 0$} $g$ n'est d\'efinie en aucun point de
$\Omega$. En effet,  $\displaystyle 1=\GrandO(|\phi(t)|)$ et
$1$ n'est pas int\'egrable, dont $\phi$ n'est pas int\'egrable. La d\'efinition
autorisant les int\'egrales impropres, cela n'est pas suffisant pour
assurer que $g$ n'est pas d\'efinie. Pour cela il faut consid\'erer les
parties r\'eelle et imaginaires de $\phi(t)$. Elles sont de signe constant
sur $]\max (-x,0),+\infty[$, donc l'int\'egrabilit\'e de $\phi$ \'equivaut
bien \`a la convergence de l'int\'egrale impropre. 
\item{$\lambda>0$}$g$ est d\'efinie sur $\Omega$. En effet $\displaystyle
|\phi(t)|=\GrandO({1\over t^{2}})$ et $2>1$.
\par}

\Question{I.3.b}L'\'enonc\'e semble supposer $\lambda>0$ \`a partir de
maintenant, faisons le aussi! Pour
$x$ strictement positif, on a l'encadrement :
$$0\leq g(x)\leq {1\over x}\int_0^{+\infty}e^{-\lambda t}dt={1\over
\lambda\,x}$$
$g(x)$ tend donc vers $0$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.

\Question{I.3.c}Cette \'equation est \'equivalente \`a
$${d\over dx}\left(e^{-\lambda x}y(x)\right)=-{e^{-\lambda x}\over x}$$
car $e^{-\lambda x}$ ne s'annule pas sur $\R^{*+}$. Par int\'egration on en
d\'eduit qu'elle est \'equivalente \`a 
$$e^{-\lambda x}y(x)=c-\int_1^{x}{e^{-\lambda t}\over t}dt,$$puis \`a 
$$y(x)=ce^{\lambda x}-e^{\lambda x}\int_1^{x}{e^{-\lambda t}\over
t}dt.$$

\Question{I.3.d}Le plan de la question laisse penser que l'auteur
voudrait que l'on montre que $g$ est solution de l'\'equation de $I.3.c$, la
limite d\'eterminant $c=\int_1^{+\infty}{e^{-\lambda t}\over t}dt$. Il est
beaucoup plus simple de faire dans l'int\'egrale le changement de variable
$u=x+t$ (toujours justifi\'e par le passage aux int\'egrales impropres). On
obtient directement le r\'esultat.

\Question{II.4}$F$ est clairement d\'efinie sur $\R^{*+}$, car la
restriction \`a tout intervalle d'une fonction int\'egrable reste int\'egrable.
Si $[a,b]$ est un segment contenu dans $\R^{*+}$, $f$ qui est continue
est born\'ee sur ce segment par un nombre $M$. l'in\'egalit\'e triangulaire
donne alors
$|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|$ pour $x$ et $y$ dans $[a,b]$. La restriction de
$F$ \`a $[a,b]$ est lipschitzienne donc continue. $a$ et $b$ sont
quelconques donc $F$ est continue sur $\R^{*+}$. Puisque $f$ est
int\'egrable sur $\R^{*+}$, $F$ tend vers $0$ en $0$ et vers
$\int_{\R^{*+}}f$ en $+\infty$. En particulier elle est born\'ee.

\Question{II.5}Pour $z$ dans $\Omega$ la fonction $f_z:t\mapsto {f(t)\over
z+t}$ est continue sur $\R^{*+}$. Si $z=x+iy$ avec $y\not=0$ alors
$|t+z|\geq |y|$ pour tout $t$ de $\R^{*+}$, sinon $z=x$ avec $x>0$ et
$|t+z|\geq x$ pour tout $t$ de $\R^{*+}$. Dans tout les cas il existe
$M_z$ tel que  $|f_z(t)|\leq M|f(t)|$, pour tout $t$. La fonction $f_z$
est bien int\'egrable et $g$ est d\'efinie sur $\Omega$.

\Question{II.6.a}Remarquons que tout \'el\'ement $z$ de $\Omega$ est contenu
dans un des ouverts $$\Omega_\alpha=\{z=x+iy;x>\alpha\hbox{ ou
}|y|>\alpha\}.$$ Il suffit donc de montrer que la restriction de $g$ \`a
l'un de ces ouverts est continue. 

Consid\'erons pour cela la fonction 
$$h:\Omega_\alpha\times\R^{*+}\rightarrow \R$$ d\'efinie par
$h(z,t)={f(t)\over z+t}$. $h$ est continue sur
$\Omega_\alpha\times\R^{*+}$, pour tout $(z,t)$ de
$\Omega_\alpha\times\R^{*+}$ $|h(z,t)|\leq{1\over \alpha}|f(t)|$ et
$t\mapsto{1\over \alpha}|f(t)|$ est continue et int\'egrable sur $\R^{*+}$.
Les hypoth\`eses du cours sont v\'erifi\'ees. On peut affirmer que $g$ est
d\'efinie et continue sur $\Omega_\alpha$.

\Question{II.6.b}Le r\'esultat demand\'e n'est pas d\'emontrable car il est
faux.

Consid\'erons en effet la fonction affine par morceaux sur $\R^{*+}$ ainsi
d\'efinie.
{\parindent 1cm
\item{-}$f$ est nulle en dehors de la r\'eunion des intervalles
$[4^n-{1\over 4^n},4^n]$.
\item{-}$f$ est affine sur $[4^n-{1\over 4^n},4^n-{1\over
4^n}+{1\over 16^n}]$ et sur $[4^n-{1\over 16^n},4^n]]$
\item{-}$f$ est constamment \'egale \`a $1$ sur $[4^n-{1\over
4^n}+{1\over 16^n},4^n-{1\over 16^n}]$
\par}

$f$ est int\'egrable, continue et positive (voir III.10 pour un
d\'eveloppement plus pr\'ecis) et $\int f\leq 1$.

Consid\'erons la suite $(z_n)$ avec $z_n=-4^n+i{1\over 8^n}$ et $n\geq1$.
Montrons que
$g(z_n)$ ne tend pas vers z\'ero et plus pr\'ecis\'ement que
$(\Re(g(z_n)))_{n\in\N}$ tend vers $-\infty$.

Pour $n\geq 2$ nous aurons :
$$\eqalign{
\Re(g(z_n))&=\Re\left(\int_0^{+\infty}{f(t)\over z_n+t}dt\right)\cr
&=\Re\left(\int_0^{4^{n-1}}{f(t)\over z_n+t}dt+\int_{4^n-{1\over
4^n}}^{4^{n}}{f(t)\over
z_n+t}dt+\int_{4^{n+1}-{1\over 4^{n+1}}}^{+\infty}{f(t)\over
z_n+t}dt\right)\cr
&\leq\int_0^{4^{n-1}}{f(t)\over |z_n+t|}dt+\Re\left(\int_{4^n-{1\over
4^n}}^{4^{n}}{f(t)\over
z_n+t}dt\right)+\int_{4^{n+1}-{1\over 4^{n+1}}}^{+\infty}{f(t)\over
|z_n+t|}dt\cr
&\leq\int_0^{4^{n-1}}{f(t)\over 11}dt+\int_{4^n-{1\over
4^n}}^{4^{n}}{(t-4^n)f(t)\over
(t-4^n)^2+{1\over 64^n}}dt+\int_{4^{n+1}-{1\over
4^{n+1}}}^{+\infty}{f(t)\over 47}dt\cr
&\leq\int_0^{+\infty}f(t)dt+\int_{4^n-{1\over
4^n}+{1\over 16^n}}^{4^{n}-{1\over 16^n}}{(t-4^n)\over
(t-4^n)^2+{1\over 64^n}}dt\cr
&\leq 1+{1\over 2}\left(\ln({1\over 64^n}+{1\over 256^n})- \ln(({1\over
4^n}-{1\over 16^n})^2+{1\over 64^n})\right) }$$

On prouve facilement que le membre de droite est \'equivalent \`a $-n\ln 2$,
donc que $(\Re(g(z_n)))_{n\in\N}$ tend vers $-\infty$.

\Question{II.6.c}On effectue une int\'egration par parties ($F$ et
$t\mapsto{1\over z+t}$ sont de classe ${\cal C}^1$). Soient
$0<A<B$
$$\int_A^B{f(t)\over z+t}dt=\left[{F(t)\over
z+t}\right]_A^B+\int_A^B{F(t)\over (z+t)^2}dt.$$On fait maintenant tendre
$A$ vers $0$ et $B$ vers $+\infty$, ind\'ependamment. Le membre de gauche
tend vers $g(z)$, le terme $-{F(A)\over z+A}$ tend vers $0$ car $F$ est
prolongeble par continuit\'e en $0$ avec F(0)=0 (II.4), le terme
${F(B)\over z+B}$ tend vers $0$ car $F$ est born\'ee. La fonction
$\tau:t\mapsto{F(t)\over (z+t)^2}$ est prolongeable en une fonction
continue sur $\R^{*+}$ et puis que $F$ est born\'ee on aura, au voisinage de
$+\infty$, $\left|{F(t)\over (z+t)^2}\right|=\GrandO({1\over t^2})$, ce
qui prouve l'int\'egrabilit\'e de $\tau$ et la convergence du dernier terme
vers l'int\'egrale d\'esir\'ee.

\Question{II.6.d}Si $z=re^{i\theta}$ et $t$ appartient \`a $\R$ alors
$|z+t|^2=r^2+2rt\cos \theta+t^2$. le minimum de ce trin\^ome est atteint
pour $t=-r\cos\theta$ et il vaut $r^2(1-\cos^2\theta)=r^2\sin^2\theta$.
Par cons\'equent $|z+t|\geq r|\sin\theta|=r\sin\theta\geq r\sin\alpha$.
On pourra donc affirmer
$\forall t\in\R^{*+}$ $\left|{f(t)\over z+t}\right|\leq {1\over r\sin
\alpha}|f(t)|$. Par int\'egration on obtient $|g(z)|\leq{K_\alpha\over
|z|}$ avec
$K_\alpha={1\over \sin \alpha}\int_{\R^{*+}}|f|$.

\Question{II.6.e}Pour prouver que $g$ est de classe ${\cal C}^{\infty}$
montrons que pour tout $n\geq2$ la fonction
$$g_n:x\mapsto \int_0^{+\infty}{F(t)\over (x+t)^n}dt$$est de classe ${\cal
C}^1$ sur $\R^{*+}$ de d\'eriv\'ee $-ng_{n+1}$. Il en r\'esultera par
r\'ecurrence que $g$ est de classe ${\cal C}^{\infty}$, de d\'eriv\'ee $k$-i\`eme
$(-1)^k(k+1)!g_{k+2}$.

Notons $M=\sup_{\R^{*+}}|F(t)|$. On montrerait comme en $II.6.c$ que
$t\mapsto{M\over (x+t)^n}$ est continue et int\'egrable sur $\R^{*+}$. Soit
$a>0$ quelconque.
{\parindent 1cm
\item{$i)$}La fonction
$h_n:\R^{*+}\times\R^{*+}\rightarrow\R$ qui \`a $(x,t)$ associe ${F(t)\over
(x+t)^n}$ est continue sur $]a,+\infty[\times\R^{*+}$. De plus pour tout
$(x,t)$ de $]a,+\infty[\times\R^{*+}$ $|h_n(x,t)|\leq {M\over (a+t)^n}$ et
$t\mapsto{M\over (a+t)^n}$ est continue et int\'egrable sur $\R^{*+}$.
\item{$ii)$}la fonction $h_n$ admet sur sur $]a,+\infty[\times\R^{*+}$ une
d\'eriv\'ee partielle ${\partial h_n\over \partial x}(x,t)=-nh_{n+1}(x,t)$
continue sur $]a,+\infty[\times\R^{*+}$. Cette d\'eriv\'ee partielle est
major\'ee ind\'ependamment de $x$ par une fonction continue et int\'egrable car
$\left|{\partial h_n\over \partial x}(x,t)\right|\leq n{M\over
(a+t)^{n+1}}$
\par}
On en d\'eduit que la restriction de $g_n$ \`a $]a,+\infty[$ est de classe
${\cal C}^1$, de d\'eriv\'ee $-ng_{n+1}$, en appliquant le th\'eor\`eme sur la
d\'erivation d'une int\'egrale d\'ependant d'un param\`etre. Ceci \'etant vrai pour
tout $a>0$, on obtient le r\'esultat que l'on souhaitait d\'emontrer.

\Question{II.7}Reprenons l'exemple de la question $I.3$, avec par exemple
$\lambda=1$. $f(t)=e^{-t}$ est continue et int\'egrable sur $\R^{*+}$, mais
pour ce choix de fonction
$$g(x)\geq e^{x}\int_{x}^{x+1}{e^{-t}\over t}dt\geq
(x+1-x)e^{x}{e^{-(x+1)}\over x+1}={1\over e(x+1)}.$$Or $x\mapsto{1\over
e(x+1)}$ est positive et n'est pas int\'egrable sur $\R^{*+}$ donc $g$ ne
l'est pas non plus.

\Question{III.8}Il est clair que $\cal F$ est un sous-espace vectoriel
de ${\cal A}(\R^{*+},\R)$.  Si $f$ appartient \`a $L_c^1(\R^{*+},\R)$ alors
$f$ est continue sur $\R^{*+}$, int\'egrable sur $]0,1]$ et puisque
$|{f(t)\over t}|\leq |f(t)|$ si $t\geq 1$ la fonction $t\mapsto
{f(t)\over t}$ est int\'egrable sur $[1,+\infty[$; $f$ est donc \'el\'ement de
${\cal F}$.

\Question{III.9}On sait que $f:t\mapsto {1\over \sqrt {t+1}}$  n'est pas
int\'egrable sur $[1,+\infty[$. Mais $t\mapsto{f(t)\over t}$ l'est. $f$ est
dans $\cal F$ mais pas dans $L_c^1(\R^{*+},\R)$.

\Question{III.10}Il existe un \'el\'ement de $\cal F$ qui n'est pas born\'e sur
$[1,+\infty[$. On peut prendre par exemple la fonction $f$ affine par
morceaux, nulle hors des intervalles $[4^k,4^k+{2\over 4^k}]$, affine sur
chaque intervalle
$[4^k,4^k+{1\over 4^k}]$ et $[4^k+{1\over 4^k},4^k+{2\over 4^k}]$ et
valant $2^k$ en
$4^k+{1\over 4^k}$.
$f$ est continue sur $\R^{*+}$ int\'egrable sur $]0,1]$.Si $J$ est un
segment quelconque contenu dans $[1,+\infty[$, il existe $N$ tel que
$J\subset [1,4^N+2]$ et par cons\'equent 
$$\int_J {f(t)\over t}dt\leq \sum_{k=0}^{N}{1\over 2}{2\over
4^k}2^k=\sum_{k=0}^{N}{1\over 2^k}\leq{1\over 1-{1\over 2}}=2$$ et
$t\mapsto{f(t)\over t}$ est int\'egrable sur $[1,+\infty[$.

\Question{III.11}Supposons que $\int_1^{+\infty} h(t) dt$ existe,
d\'efinissons $H(x)=\int_0^xh(t)dt$. $H$ est de classe ${\cal C}^1$ sur
$[1,+\infty[$ et born\'ee. En int\'egrant par parties, pour tout $A$ de
$[1,+\infty[$ et tout $z_2$ de $\Omega$
$$\int_1^A{h(t)\over z_2+t}dt={H(A)\over z_2+A}+\int_1^A{h(t)\over
(z_2+t)^2}dt.$$On termine alors comme en $II.6.c$ pour affirmer
l'existence de $\int_1^{+\infty}{h(t)\over z_2+t}dt$. En \'ecrivant
${t+z_1\over t+z_2}=1+{z_1-z_2\over t+z_2}$ on obtient l'existence de 
$\int_1^{+\infty}h(t){z_1+t\over z_2+t}dt$.

R\'eciproquement si $\int_1^{+\infty}h(t){z_1+t\over z_2+t}dt$ existe alors
$$\int_1^{+\infty}h(t)dt=\int_1^{+\infty}h(t){z_1+t\over
z_2+t}\,{z_2+t\over z_1+t}dt$$existe.

\Question{III.12}Dans la question pr\'ec\'edente, pour le sens direct, on
remarque qu'il
 n'y a aucune contrainte sur $z_1$ qui peut donc \^etre nul. En appliquant
la premi\`ere moiti\'e du r\'esultat \`a $h(t)={f(t)\over t}$, $z_1=0$ et $z_2=z$
on \'etablit l'existence de $\int_1^{+\infty}{f(t)\over z+t}dt$. L'existence
de  $\int_0^{1}{f(t)\over z+t}dt$ r\'esulte de l'int\'egrabilit\'e de $f$ sur
$]0,1]$ et de la majoration $\left|{1\over z+t}\right|<={1\over
\max(x,|y|)}$.

\Question{III.13.a}L'existence de
$\int_0^{+\infty}{f(t)\over(t+z_1)^(t+z)}dt$ est le r\'esultat de la
question pr\'ec\'edente appliqu\'e \`a ${f(t)\over z_1+t}$, ou \`a ses parties
r\'eelles et imaginaires si on veut rester dans l'espace des fonctions \`a
valeurs r\'eelles. Il suffit de prendre $z_1=z$.

\Question{III.13.b}D\'ecomposons $g$ comme la somme de deux fonctions
$$g(z)=g_1(z)+g_2(z)=\int_0^1{f(t)\over z+t}dt+\int_1^{+\infty}{f(t)\over
z+t}dt.$$La fonction $g_1$ est continue sur $\Omega$ par application du
th\'eor\`eme classique comme en II.6.a. Transformons $g_2$ par une
int\'egration par parties en notant $F(t)=\int_1^{t}{f(u)\over u}du$.
$$g_2(z)=\int_1^{+\infty}{f(t)\over t}{t\over
z+t}dt=\int_1^{+\infty}{f(u)\over u}du -z\int_1^{+\infty}{F(t)\over
(t+z)^2}dt.$$Puisque $F$ est born\'ee la continuit\'e de $g_2$ r\'esulte du
th\'eor\`eme classique (m\^eme d\'emonstration qu'en II.6.e).

\Question{III.14.a}
$$\int_{2x}^{+\infty}\left({1\over
z+t}-{1\over\overline z+t}\right)dt=\int_{2x}^{+\infty}{\overline
z-z\over|z+t|^2}dt$$
$$=\int_{2x}^{+\infty}{-2iy\over(t-x)^2+y^2}dt=
\int_{x}^{+\infty}{-2iy\over u^2+y^2}du=
-2i\int_{x\over y}^{+\infty}{dv\over v^2+1}dv.$$ Or $\lim_{y\rightarrow
0}{x\over y}=+\infty$ et $v\mapsto {1\over 1+v^2}$ est int\'egrable
(c'est aussi une justification a posteriori de l'existence de l'int\'egrale
initiale) donc
$$\lim_{y\rightarrow0}\int_{2x}^{+\infty}\left({1\over
z+t}-{1\over\overline z+t}\right)dt=0$$

\Question{III.14.b}L'int\'egrale est bien d\'efinie car
$\int_0^{+\infty}{f(t)\over z+t}dt$ existe. On peut l'\'ecrire
$$I(y)=\int_{2x}^{+\infty}f(t)\left({1\over z+t}-{1\over \overline
z+t}\right)dt=\int_{2x}^{+\infty}{f(t)\over t} \left({t\over z+t}-{t\over
\overline z+t}\right)dt.$$
On pose $F(t)=\int_{2x}^t{f(u)\over u}du$ et on int\`egre par parties comme
dans la question pr\'ec\'edente.
$$I(y)=\int_{2x}^{+\infty}F(t)\left({1\over (z+t)^2}-{1\over (\overline
z+t)^2}\right)dt.$$
Pour tout $t$ de $[2x,+\infty[$ et tout $y$ de $\R$ 
$$\left|F(t)\left({1\over (z+t)^2}-{1\over (\overline
z+t)^2}\right)\right|\leq 2{|F(t)|\over (t-x)^2},$$ le membre de gauche
est une fonction contine de $(y,t)$, le membre de droite une fonction
continue de $t$ int\'egrable sur $[2x,+\infty[$ car $F$ est born\'ee, $I$ est
donc une fonction continue de $y$ sur $\R$ et 
$$\lim_{y\rightarrow 0^+}I(y)=I(0)=0.$$
Soit
$$J(y)=\int_{0}^{2x}(f(t)-f(x))\left({1\over z+t}-{1\over \overline
z+t}\right)dt=-2i\int_0^{2x}{y(f(t)-f(x))\over(t-x)^2+y^2}dt=
-2i\int_{-x}^{x}{y(f(u+x)-f(x))\over u^2+y^2}du.$$On se propose de
prouver que $J(y)$ tend vers $0$ lorsque $y$ tend vers $0^+$. Remarquons
que la fonction $f_1:u\mapsto f(x+u)-f(x)$ est continue sur $]-x,x[$ et
int\'egrable sur cet intervalle car $f$ est continue sur $\R^{*+}$ et
int\'egrable sur $]0,1]$ donc sur $]0,2x[$. Pour tout $a\in]0,x[$ on aura :
$$\eqalign{|J(y)|&\leq 2\int_{-x}^x{|f_1(u)|y\over u^2+y^2}du\cr
&\leq 2\int_{-x}^{-a}{|f_1(u)|y\over u^2+y^2}du + 
2\int_{-a}^{a}{|f_1(u)|y\over u^2+y^2}du+ 2\int_{a}^{x}{|f_1(u)|y\over
u^2+y^2}du\cr
&\leq {2y\over a^2}\int_{-x}^{-a}|f_1(u)|du + 
2\sup_{u\in[-a,a]}|f_1(u)|\int_{-a}^{a}{y\over u^2+y^2}du+
{2y\over a^2}\int_{a}^{x}|f_1(u)|du\cr
&\leq {2y\over a^2}\int_{-x}^{x}|f_1(u)|du + 
2\sup_{u\in[-a,a]}|f_1(u)|\int_{-\infty}^{\infty}{y\over u^2+y^2}du\cr 
&\leq {2y\over a^2}\int_{-x}^{x}|f_1(u)|du + 
2\pi\sup_{u\in[-a,a]}|f_1(u)|\cr}$$
Soit $\epsilon>0$, $f_1$ est continue et nulle en $0$, il existe donc
$a\in]0,x[$ tel que $\sup_{u\in[-a,a]}|f_1(u)|<{\epsilon\over 4\pi}$. Ce
$a$ \'etant fix\'e il existe $\eta>0$ tel que pour $y$ dans $]0,\eta[$
${2y\over a^2}\int_{-x}^{x}|f_1(u)|du<{\epsilon\over 2}$. Finalement
$$\forall\epsilon>O\ \exists \eta>0\quad\forall y\in]0,\eta[\
|J(y)|<{\epsilon\over 2}+{\epsilon\over 2}=\epsilon.$$Ceci dit bien que
$J$ tend vers $0$ lorque $y$ tend vers $0$.

\Question{III.14.c} En regroupant les deux  r\'esultats du b) et celui du
a) on peut affirmer 
$$\lim_{y\rightarrow 0^+}\int_{0}^{+\infty}(f(t)-f(x))\left({1\over
z+t}-{1\over \overline z+t}\right)dt =0.$$
C'est-\`a-dire
$$\eqalign{\lim_{y\rightarrow
0^+}g(-x+iy)-g(-x-iy)&=f(x)\lim_{y\rightarrow
0^+}\int_{0}^{+\infty}\left({1\over
z+t}-{1\over
\overline z+t}\right)dt\cr
&=f(x)\lim_{y\rightarrow
0^+}\int_{0}^{+\infty}{-2iy\over
(t-x)^2+y^2}dt\cr
&=-2if(x)\lim_{y\rightarrow
0^+}\int_{-x\over y}^{+\infty}{1\over
v^2+1}dv\cr
&=-2i\pi f(x)\cr}$$

\Question{III.15}Il r\'esulte de la question pr\'ec\'edente que si $g=T(f)$ est
nulle alors $f$ aussi est nulle. Puisque $T$ est lin\'eaire cela prouve
l'injectivit\'e de $T$.
\bye

