D´ebut de l’´epreuve

Universit´e de Cergy-Pontoise, Math´ematiques L2 int´egration.

Examen 2i`eme session, 14 juin 2012 (2h.).

Les documents, t´el´ephones, tablettes et calculettes sont interdits.

On rappelle que, sauf mention contraire explicite, toute r´eponse devra ˆetre justifi´ee. Des r´eponses correctes mal justifi´ees peuvent certes rapporter des points mais pas le maximum.

Dans un exercice, on pourra utiliser les r´esultats des questions pr´ec´edentes mˆeme si celles- ci n’ont pas ´et´e trait´ees. Le bar`eme est indicatif.

D´ebut de l’´epreuve.

Exercice 1. : (5 pt). Questions de cours.

1. Soit γ : [0; 1] −→ R² qui `a t ∈ [0; 1] associe γ(t) = (x(t);y(t)). On suppose γ est une courbe param´etr´ee de classe C<sup>1</sup>. Soit ω = P dx+Qdy une forme diff´erentielle de classe C<sup>0</sup> `a valeurs r´eelles. Donner la d´efinition de l’int´egrale curviligne de ω le long de γ.

2. Donner sans justification le jacobien J_F(r;θ;φ) au point (r;θ;φ) du changement en coordonn´ees sph´eriques F donn´e par

F(r;θ;φ) = (rcosθcosφ;rsinθcosφ;rsinφ) sur [0; +∞[×[0; 2π]×[−π/2;π/2].

3. Compl´eter l’´enonc´e suivant pour en faire un ´enonc´e correct du cours : Soit α ∈ R. On a, pour a >1,

Z +∞

a

dx

x^α converge ⇐⇒ · · · .

4. Compl´eter l’´enonc´e suivant pour en faire un ´enonc´e correct du cours : Soit a < b dans R. Soit f : [a;b]−→R · · ·. On a

Z b a

f ≤

Z b a

· · · ≤ (b−a)· · · .

Exercice 2. : (4 pts). Pour z ∈ R, on note par D_z le disque du plan de centre (0; 0) et de rayon 1 +z². Soit C ={(x;y;z)∈R³;z ∈[−1; 1],(x;y)∈D_z} etV son volume.

1. Expliquer pourquoi on a la formule V =

Z 1

−1

ZZ

Dz

dxdy

dz . (1)

2. CalculerV.

Exercice 3. : (5 pts). Soit Ω ={(x;y ∈ R²;x ∈ [1; 2], y ∈ [−1/2; 1/2] avec 1 ≤ x+y ≤ 2 et 1≤x−y≤2} et

I = ZZ

Ω

e^x2−y2(x−y) + (x−y)³ln(1 +x+y) dxdy . Soit F : [1; 2]² −→Ω donn´ee par

F(u;v) = u+v

2 ;u−v 2

.

1. Montrer que F est bien d´efinie (c’est-`a-dire `a valeurs dans Ω). Montrer que F est bijective.

2. Montrer que F estC¹ et que son jacobien J_F v´erifie J_F(u;v) = −¹₂. 3. Montrer la bornitude de la fonction g donn´ee par

[1; 2]² 3(u;v) 7→ ve^uv+v³ln(1 +u)∈R. 4. Calculer explicitementI.

Exercice 4. : (7 pts). Pour x≥0 et x >0 respectivement, on pose F(x) =

Z +∞

0

e^−xt

1 +t² dt et G(x) =

Z +∞

0

e^−xt

√t dt . On rappelle que Arctan 0 = 0, lim

+∞Arctan =π/2 et que Z +∞

0

e^−t2dt =

√π

2 . (2)

1. Montrer que, pourx≥0, F est bien d´efinie. Que vaut F(0) ? 2. Montrer que, pourx >0,G est bien d´efinie.

3. Montrer que F tend vers 0 en +∞.

4. Montrer queF est de classe C¹ sur ]0; +∞[ et donner une expression de sa d´eriv´ee.

5. Calculer explicitementG.

Exercice 5. : (2 pts). Soit γ : [0; 2π]−→C donn´e par γ(t) =e^it. Justifier l’existence de J, l’int´egrale curviligne le long de γ de la forme diff´erentielle `a valeurs complexes

ω = 1

1− ^z₂ dz , et donner sa valeur.

Fin de l’´epreuve.

Universit´e de Cergy-Pontoise, Math´ematiques L2 int´egration.

Corrig´e et bar`eme de l’examen du 14 juin 2012.

Exercice 1 : 5 pts au total.

1. 1,5 pts. Par d´efinition, Z

γ

ω = Z 1

0

P x(t);y(t)

x⁰(t) + Q x(t);y(t) y⁰(t)

dt . 2. 1 pts. On aJ_F(r;θ;φ) = r²cosφ.

3. 1 pts. Soitα ∈R. On a, pour a >1, Z +∞

a

dx

x^α converge ⇐⇒α > 1.

4. 1,5 pts. Soit a < b dans R. Soit f : [a;b]−→R continue par morceaux. On a

Z b a

f ≤

Z b a

|f| ≤ (b−a)· sup

x∈[a;b]

|f(x)|.

Exercice 2 : 3,5 pts au total.

1.1,5 pts. Par d´efinition,V est l’int´egrale triple de la fonction constante ´egale `a 1 surC.

Comme cette derni`ere est continue et compte tenu de la forme de C, on peut appliquer le th´eor`eme de Fubini partiel qui donne (1).

2.2 pts. Pourz ∈[−1; 1], soitR_z = [0; 1 +z²]×[0; 2π]. Comme la fonction 1 est continue et comme Rz 3(r;θ)7→r est born´ee, on a par changement de variables en polaires,

ZZ

Dz

dxdy = ZZ

Rz

r drdθ .

Comme R_z 3(r;θ)7→r est continue et R_z est un rectangle, on a, par Fubini, ZZ

Rz

r drdθ =

Z 1+z² 0

r Z 2π

0

dθ

dr = 2π Z 1+z²

0

r dr = π(1 +z²)². Donc, par 1.,

V = Z 1

−1

π(1 +z²)²dz = πh z + 2

3z³ + 1 5z⁵i1

−1 = π 2 + 4

3 +2 5

= 56π 15 . On retire 0,5 pt si Fubini n’est pas cit´e. On retire 0,5 pt si le changement de variables en polaires n’est pas cit´e.

Exercice 3 : 7 pts au total.

1.1,5 pts. Pour (u;v)∈[1; 2]², 1 = 2/2≤(u+v)/2≤4/2 = 2, −1/2 = (1−2)/2≤(u− v)/2≤(2−1)/2 = 1/2, (u+v)/2+(u−v)/2 = u∈[1; 2], (u+v)/2−(u−v)/2 =v ∈[1; 2].

Donc F est bien d´efinie. (0,5 pt)

Soit G : Ω−→[1; 2]² d´efinie par G(x;y) = (x+y;x−y).G est bien d´efinie car, dans Ω, x+y ∈ [1; 2] et x−y ∈ [1; 2]. Il suffit de montrer que F ◦G = Id_Ω et G◦F = Id_[1;2]². Pour (u;v)∈[1; 2]²,

G F(u;v)

= G((u+v)/2; (u−v)/2)

= (u+v)/2 + (u−v)/2; (u+v)/2−(u−v)/2

= (u;v). Pour (x;y)∈Ω,

F G(x;y)

= F(x+y;x−y)

=

(x+y) + (x−y)

/2; (x+y)−(x−y) /2

= (x;y).

2. 1,5 pts. Les d´eriv´ees partielles de F existent et sont continues comme compos´ees de fonctions continues avec les projections continues (u;v)7→uet (u;v)7→v. F est donc de classe C¹. De plus,

JF(u;v) =

1/2 1/2 1/2 −1/2

= −1 2. 0,5 pt pour la classeC¹.

3. 0,5 pt. Pour tout (u;v)∈[1; 2]²,

|g(u;v)| = g(u;v) ≤ 2e⁴ + 2³ln(3).

4.3,5 pts: Par 1. et 2.,F est une bijection de [1; 2]²sur Ω, de classeC¹et dont le jacobien ne s’annule pas. En notant f la fonction continue `a int´egrer dansI, on af ◦F · |J_F|=g, la fonction born´ee du 3. En effet, en remarquant que x²−y² = (x+y)(x−y),

f◦F · |JF|

(u;v) = e^uvv⁻¹+v³ln(1 +u)

−1 2

= g(u;v).

Par la formule de changement de variables, I est l’int´egrale double deg sur le carr´e [1; 2]² soit, par lin´earit´e,

I = ZZ

[1;2]²

ve^uv

2 dudv + ZZ

[1;2]²

v³ln(1 +u)

2 dudv .

Comme on int`egre sur un carr´e une fonction continue, on peut appliquer aux deux int´e- grales la formule de Fubini pour obtenir I =I₁+I₂ avec

I₁ = Z 2

1

Z 2 1

ve^uv 2 du

dv = 1 2

Z 2 1

e^uv2 1dv

= 1

2 Z 2

1

e^2vdv − Z 2

1

e^vdv

= 1 2

he^2v 2

i2 1 −

e^v2 1

= e⁴−3e²+ 2e

4 ,

I₂ = Z 2

1

Z 2 1

v³ln(1 +u)

2 du

dv = 1 2

Z 2 1

ln(1 +u)duZ 2 1

v³dv

= 1

2 hv⁴

4 i2

1·

(1 +u) ln(1 +u)−(1 +u)2

1 = 15

8 3 ln 3 − 2 ln 2 − 1 .

1,5 pts pour le changement de variables, 1 pt pour Fubini, 1 pt pour le calcul final.

Exercice 4 : 7,5 pts au total.

1. 1,5 pt. Soit x≥0. La fonction de t `a int´egrer est continue. Pour tout t≥0, 0 ≤ e^−xt

1 +t² ≤ 1

1 +t² . (3)

Comme t²(1 +t²)⁻¹ tend vers 1 quandt →+∞ et commeR+∞

1 dt/t² est une int´egrale de Riemann convergente, F(x) est convergente. Comme

Z T 0

1

1 +t²dt =

ArctantT

0 = ArctanT →π/2, quand T →+∞,F(0) =π/2. 0,5 ptpour F(0).

2. 1,5 pts. Soit x > 0. La fonction de t `a int´egrer est continue et positive sur ]0; +∞[.

Pour 0 < t≤1,

0 ≤ e^−xt

√t ≤ 1 t^1/2 . et l’int´egraleR1

0 dt/t^1/2 est une int´egrale de Riemann convergente, doncG(x) est conver- gente en 0. Pour 1≤t,

0 ≤ e^−xt

√t ≤ e^−xt. Comme

Z T 1

e^−xtdt =

he^−xt

−x iT

1 = 1

x 1−e^−xT

→ 0,

quand T → +∞ car x > 0, t 7→ e^−xt est convergente `a l’infini et il en est de mˆeme de G(x) par comparaison. Donc G(x) est bien d´efinie.

3.1,5 pts. D’apr`es (3), la fonction `a int´egrer est domin´ee par une fonction int´egrable qui ne d´epend pas de x. De plus, pour t >0,

x→+∞lim e^−xt

1 +t² = 0.

Donc, par un corollaire du th´eor`eme de convergence domin´ee, la limite deF en +∞existe et vaut l’int´egrale de 0 `a +∞ de la fonction nulle, c’est-`a-dire 0.

4. 1,5 pts. Pour t ≥ 0 et x ≥ 0, la d´eriv´ee partielle par rapport `a x de l’int´egrande est bien d´efinie et donn´ee par la fonction continue en (x;t)

g(x;t) = −te^−xt

1 +t² ≤ 0.

Soit a > 0. Pour x ≥ a et tout t ≥ 0, |g(x;t)| ≤ te^−at. La fonction continue et positive t 7→te^−at est int´egrable `a l’infini cart²·te^−at tend vers 0 en +∞etR+∞

1 dt/t² converge. La d´eriv´ee partielle de l’int´egrande ´etant domin´ee par une fonction int´egrable qui ne d´epend

pas de x et F ´etant bien d´efinie, on a, par le cours, sur [a; +∞[, la d´erivabilit´e de F, la continuit´e de F⁰ et la formule

F⁰(x) =

Z +∞

0

g(x;t)dt . (4)

Comme a est arbitraire, F est C¹ sur ]0; +∞[ et la formule (4) y est valable.

5. 1,5 pts. Soit x >0. SoitT > >0. Par changement de variables (t=u/x), Z T

e^−xt

√t dt = Z T x

e^−u pu/x

du

x = 1

√x Z T x

x

e^−u

√udu . Par changement de variables (u=v²),

Z T

e^−xt

√t dt = 1

√x Z

√ T x

√x

e^−v2

v 2v dv = 2

√x Z

√ T x

√x

e^−v2dv .

Comme l’int´egrale sur [0; +∞[ de e^−v2 converge, on obtient, en prenant successivement les limites T →+∞puis →0,

G(x) = 2

√x Z +∞

0

e^−v2dv = 2

√x ·

√π

2 =

rπ x . Remarque : on peut proc´eder autrement.

Pour t > 0 et x >0, la d´eriv´ee partielle par rapport `a x de l’int´egrande est bien d´efinie et donn´ee par la fonction continue en (x;t)

h(x;t) = −te^−xt

√t = −√ te^−xt.

Elle se prolonge par continuit´e en t = 0. Soit a >0. Pour x≥ a et tout t >0, |g(x;t)| ≤

√te^−at. La fonction continue et positive t7→√

te^−at est int´egrable `a l’infini car t²·√ te^−at tend vers 0 en +∞ et R+∞

1 dt/t² converge. La d´eriv´ee partielle de l’int´egrande ´etant domin´ee par une fonction int´egrable qui le d´epend pas dex etG´etant bien d´efinie, on a, par le cours, sur [a; +∞[, la d´erivabilit´e de G et la formule

G⁰(x) =

Z +∞

0

h(x;t)dt . (5)

Comme a > 0 est arbitraire, G est d´erivable sur ]0; +∞[ et la formule (5) y est valable.

Soit x >0. SoitT > >0. Par int´egration par parties, Z T

h(x;t)dt = h√

t· e^−xt x

iT

−

Z T

e^−xt 2x√

tdt = 1 x

√

t·e^−xtT

− 1

2x Z T

e^−xt

√t dt . En prenant les limitesT →+∞puis→0, on obtientG⁰(x) = 0−G(x)/(2x).Gest donc solution d’une ´equation diff´erentielle lin´eaire sans second membre donc il existe K ∈ R tel que

∀x >0, G(x) = Ke^{−(1/2) lnx} = K

√x .

On voit que K =G(1). On peut calculer G(1) comme on a calcul´e G(x) plus haut.

Exercice 5 : 2 pts au total.

Soit U = {z ∈ C;|z| < 4/3}. Pour z ∈ U, |z/2| < 1 et 1 −z/2 6= 0. Donc la fonction f(z) = (1−z/2)⁻¹ est continue sur U. Il en est de mˆeme pour la forme diff´erentielle ω =f(z)dz. Comme γ est une courbe param´etr´ee C¹ incluse dans l’ouvertU, l’int´egrale J est bien d´efinie.0,5 pt.

Or, pour |z|<2, on a |z/2|<1 et

f(z) =

∞

X

n=0

z 2

n

. (6)

Cette s´erie enti`ere a donc un rayon de convergence≥2. Elle converge donc uniform´ement sur U. En particulier, la s´erie de fonctions

X

n≥0

γ⁰(t) γ(t)

2 n

converge uniform´ement sur [0; 2π] vers γ⁰f ◦γ. D’apr`es un r´esultat du cours sur les int´e- grales simples, la s´erie suivante converge et

J = Z 2π

0

X^∞

n=0

γ⁰(t)γ(t) 2

n dt =

∞

X

n=0

1 2ⁿ

Z 2π 0

γ(t)ⁿγ⁰(t)dt =

∞

X

n=0

1 2ⁿ

hγ(t)ⁿ⁺¹ n+ 1

i2π 0

= 0. Remarque : On peut aller un peu plus vite. Apr`es avoir ´etabli (6), on peut appliquer directement un r´esultat du cours sur les int´egrales curvilignes de s´eries de Laurent. Comme γ est ferm´ee et comme la s´erie ne contient pas de terme en 1/z, l’int´egrale J est nulle.

Total des points : 25.