(1)LM 315 Corrigé de l’examen du 28 mai 2009 Exercice no1 1) Soit E =Ea,b = (x, y

LM 315 Corrigé de l’examen du 28 mai 2009 Exercice n^o1

1) Soit E =E_a,b =

(x, y) ∈ Q, x^a < y^b et F =F_a,b= Q\E =

(x, y) ∈ [0,1]², x^a≥ y^b . AlorsJ_a,b=

Z

E

xy^1−bdλ₂(x, y) + Z

F

yx^1−adλ₂(x, y) = I + II. Par F+, I =

Z

[0,1]

x Z 1

x^a/b

y^1−bdλ₍y)

dλ(x) = Z

[0,1]

x y^2−b

2−b

1 x^a/b

dλ(x) = 1 2−b

Z

[0,1]

x−x^1+(2a/b)−adλ(x).

DoncI<+∞ ssi1 + (2a/b)−a >−1soit 2a+ 2b > ab. Cette condition étant symétrique vaut aussi pourII. Si 2a+ 2ab > ab, I = 1

2−b × 1

2 − 1

2 + (2a/b)−a

. Or 1

2 − 1

2 + (2a/b)−a = 1

2 − b

2a+ 2b−ab = 2a+ 2b−ab−2b

2(2a+ 2b−ab) = (2−b)× a

2(2a+ 2b−ab)

d’oùI = a

2(2a+ 2b−ab). Par symétrieII = b

2(2a+ 2b−ab). FinalementJ_a,b= a+b 2(2a+ 2b−ab). 2)− Sia ≤2et b≤2, xy≤sup{x², y²} ≤sup{x^a, y^b} ce qui entraîne J_a,b≤1.

−Sia >2etb ≤2, u−→ xy

sup(x^a, y^u) est croissante et u−→Ja,u aussi. D’après 1)Ja,u<+∞

siu ∈]2, a⁰[ oùa⁰ = 2a

a−2 >2. On en déduit que Ja,u<+∞ si u ∈]0, a⁰[, donc si u=b.

Finalement J_a,b <+∞ si b≤2, et de même si a≤2.

3) Comme xy

x^a+y^b ≤ 1

sup(x^a, y^b) ≤ 2xy

x^a+y^b, I_a,b etJ_a,b sont finies pour les mêmes valeurs dea etb. Lorsque a >2etb >2, une C.N.S est 2a+ 2b > ab. Cette condition est satisfaite si a≤2 oub ≤2. D’après 1) et 2), pour (a, b) ∈ R∗

+

2, I_a,b<+∞ ⇐⇒ 2a+ 2b > ab.

4) Comme J_4,3 <+∞, et

sin(xyz)

<|xyz|, on a Z

[0,1]²

sin(xyz)

x⁴+y³ dλ₂(x, y)<|z|K_4,3. Le D.S.E. dez −→sin(xyz)estsin(xyz) =

+∞

X

0

(−1)ⁿz²ⁿ⁺¹(xyz)²ⁿ⁺¹

2n+ 1! . Il faut injecter ce D.S.E.

dans l’intégrale, puis vérifier que "l’intégrale majorante" est finie. i.e.

et

F(z) = Z

[0,1]²

^+∞

X

0

(−1)ⁿ(xyz)²ⁿ⁺¹ 2n+ 1!

× 1

x⁴+y³dλ₂(x, y) G(z) =

Z

[0,1]²

^+∞

X

0

|xyz|²ⁿ⁺¹ 2n+ 1!

× 1

x⁴+y³ dλ2(x, y) ?

<+∞.

Or

+∞

X

0

|xyz|²ⁿ⁺¹

2n+ 1! ≤ e^|xyz| −1. L’application u −→ e^u|z|−1

u est continue sur R et admet un maximum M_z sur [0,1]. On a alors e^|xyz|−1 < M_zxy. Donc G(z) < M_zK_4,3 <+∞. On peut appliquer Fubini et obtenir

F(z) =

+∞

X

0

zⁿ×

(−1)ⁿ 2n+ 1! ×

Z

[0,1]²

(xy)²ⁿ⁺¹

x⁴+y³ dλ2(x, y)

.

Commez est quelconque, la fonction F admet un D.S.E. de rayon de convergence infini.

2

Exercice n^o2 1) Voir poly,I =√

π. Pour J une I.P.P. donne J =

u×−e^−u2 2

+∞

−∞

− Z +∞

−∞

−e^−u2 2 du=

√π 2 . 2) Soitα >0. En posant u=√

n×t on obtient n^α

Z 1

−1

t²(1−t²)ⁿdt=n^α Z

√n

−√ n

u² n

1− u²

n n

√du

n =n^α−(3/2) Z +∞

−∞

u²

1− u² n

n

χ_[−n,n](u)du.

On pose α= 3/2 et on applique le T.C.D. à la suite(fn)n≥1 définie par f_n(u) =u²×

1− u²

n n

χ[−√ n,√

n](u).

− ∀u ∈ R lim

n→+∞n×ln

1− u² n

=−u², d’où lim

n→+∞fn(u) = u²× lim

n→+∞

1− u²

n n

=u²e^−u2.

− Reste à trouver une fonction majorante. Pour v ∈ R, 1−v ≤ e^−v. Donc, pour u ∈ R, 1−u²

n ≤exp

−u² n

. Si1−u²

n ≥0, i.e.−√

n≤u≤√

n, alors

1− u² n

n

≤

e^−u2/nn

=e^−u2. Donc pour n≥1 etu ∈ R,

f_n(u)

≤u²e^−u2 qui est une fonction majorante intégrable.

Donc lim

n→+∞

Z

R

fndλ = Z +∞

−∞

u²e^−u2du=J. D’où Z 1

−1

t²(1−t²)ⁿdt∼n^−3/2

√π

2 . Exercice n^o3

1) Pour a < x < 1, E_x,.^a =

(y, z) ∈ R², x² +y² +z² <1 est un disque de rayon √

1−x². Donc, parF+,

λ₃(E^a) = Z

[a,1]

λ₂ E_x,.^a

dλ(x) = Z 1

a

π(1−x²)dx=π

x− x³ 3

1

a

=π 2

3 −a+ a³ 3

.

2) Pour a= 0 on trouve 2π

3 qui est la moitié de λ₃(B₁). Donc λ₆(B₁×B₁) = 4π

3 2

= 16π² 9 . Calcul de λ₆(F). PourM ∈ B₁ soit F_M =

N ∈ B₁, M ON > π/2\ . D’après F+

λ₆(F) = Z

B1

Z

B1

χ_F

M(N)dλ₃(N)

dλ₃(M) = Z

B1

λ₃(F_M)dλ₃(M).

D’après \, F_M = H_M ∩B₁. Comme OSM < π/2,\ O /∈ H_M et F_M est isométrique à E^a, où a=d(P_M, S) = cosφ, d’après[. Doncλ₃(F_M) =π

2

3 −cosφ+ cos³φ 3

.En utilisant]etF+, on obtient

λ₆(F) = Z π/2

0

π 2

3 −cosφ+ cos³φ 3

Z 2 cosφ

0

r² Z 2π

0

dθ

dr

sinφ dφ.

D’où, en intégrant enθ etr,λ₆(F) = 2π×π Z π/2

0

2

3−cosφ+ cos³φ 3

(2cosφ)³

3 sinφ dφ, soit λ₆(F) = 2π²×8

9

Z π/2

0

2 cos³φ−3 cos⁴φ+ cos⁶φ

sinφ dφ= 16π² 9

2 4 − 3

5+ 1 7

. Finalement λ₆(F) = 16π²

9 × 3

70 etP = 3 70.