Formule intégrale de Lobachevski

La démonstration repose sur le calcul du développement en éléments simples de l'inverse du sinus :

${\displaystyle \forall t\notin \pi \mathbb {Z} ,\ {\frac {1}{\sin t}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{t-n\pi }},\ {\frac {1}{\sin ^{2}t}}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{t^{2}-n^{2}\pi ^{2}}}}$

On utilise ensuite la relation de Chasles sur les deux intégrales à noyaux, puis on fait un changement de variables :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}f(x)\,\mathrm {d} x&=\sum _{n=0}^{+\infty }\int _{n{\frac {\pi }{2}}}^{(n+1){\frac {\pi }{2}}}{\frac {\sin(x)}{x}}f(x)\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin(x)}{x}}f(x)\,\mathrm {d} x+\sum _{k=1}^{+\infty }(-1)^{k}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin(t)f(t)\left({\frac {1}{t-k\pi }}+{\frac {1}{t+k\pi }}\right)\,\mathrm {d} t\\&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin(t)f(t)\left[{\frac {1}{t}}+\sum _{k=1}^{+\infty }(-1)^{k}\left({\frac {1}{t-k\pi }}+{\frac {1}{t+k\pi }}\right)\right]\,\mathrm {d} t.\end{aligned}}}$

On reconnaît alors le développement en série de l'inverse du sinus, ce qui permet de conclure :

${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin(t)f(t){\frac {1}{\sin(t)}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}f(x)\,\mathrm {d} x.}$

L'autre partie de l'égalité se montre de façon similaire.