Université de Cergy-Pontoise 2006-2007 S4 MI/M/MP/MP-ENSI/PC-ENSI
Voici un bref corrigé des contr^oles continus
Corrigé et barème
Sujet 1 Question de cours
(4pts)Le théorème de convergence dominée.
•On se donne une suite de fonctions fn continues par morceaux sur tout segment deI.
•On suppose que fn converge simplement vers une fonctionf continue par mor- ceaux sur tout segment deI.
•Il existe une fonction g telle que
∀t∈I,∀n ∈N|fn(t)| ≤g(t) et Z b
a
g(t)dt est convergente ,
• alors pour tout n∈ N, In = Z b
a
fn(t)dt est une intégrale convergente ainsi que I =
Z b
a
f(t)dt et la suite (In)n∈N converge vers I.
Exercice 1
(3pts)Préciser pour quelles valeurs de α l’intégrale suivante est convergente Iα =
Z 1
0
1−cos(t) tα dt La fonctiont 7→ 1−cos(t)
tα est continue sur ]0,1] et l’intégrale est généralisée au voisinage de 0.
On a l’équivalent suivant, 1−cos(t)
tα ∼ 1
2(tα−2) au voisinage de 0.
On sait que Z 1
0
1
tα−2dt est convergente si et seulement si α−2<1.
DoncIα est convergente si et seulement si α <3.
Exercice 2
(13pts)On définit la fonction F en posant pour toutx∈R, F(x) =
Z 1
0
(s−1)√
x2+ 1 + 2sx (s−1)√
x2+ 1 + 2sx2
+ 1(2x+√
x2+ 1)ds.
1)(3pts) Il s’agit d’une intégrale classique dépendant d’un paramètre.
La fonctionf : (x, s)7−→ (s−1)√
x2+ 1 + 2sx (s−1)√
x2+ 1 + 2sx2
+ 1(2x+√
x2+ 1) estC1 sur
R×[0,1](ou ∂f
∂x est continue sur R×[0,1] ett 7→f(x, t) est continue sr [0,1]).
DoncF estC1 sur[0,1].
2)(3pts) On effectue le changement de variables pourxfixét = (s−1)√
x2+ 1 + 2sx.
On a alorsdt = (2x+√
x2+ 1)ds.
Pours= 0 on a t=−√
x2+ 1 et pour s= 1 on a t = 2x donc pour toutx∈R, F(x) =
Z 2x
−√ x2+1
t t2 + 1dt.
3)(2pts) En intégrant on obtient F(x) =
1
2ln(t2+ 1) 2x
−√ x2+1
= 1 2ln
1 + 4x2 2 +x2
.
4)(2pts) Quandx tend vers +∞ on a lim
x→+∞
1 + 4x2 2 +x2 = 4.
Donc lim
x→+∞F(x) = ln(2).
5)(3pts) L’intégrale Z +∞
−∞
t
t2+ 1dt est une intégrale généralisée en ±∞.
Au voisinage de+∞(ou −∞) t
t2+ 1 ∼ 1
t ett7→ t
t2+ 1 est continue sur R. Or
Z +∞
1
1
tdt est divergente.
Donc Z +∞
−∞
t
t2 + 1dt est une intégrale divergente, il ne peut y avoir égalité.
Autre réponse possible : Si
Z +∞
−∞
t
t2+ 1dt était une intégrale convergente, comme t 7→ t
t2+ 1 est une fonction impaire on dervait avoir
Z +∞
−∞
t
t2+ 1dt = 0.
On devrait aussi vérifier Z +∞
−∞
t
t2+ 1dt = ln(2) d’après la question précédente.
Ce qui est absurde.
Donc Z +∞
−∞
t
t2 + 1dt est une intégrale divergente et il ne peut y avoir égalité.
Contr^ ole continu d’Intégrations
Corrigé du sujet 2
Exercice 1(7pts)
On veut calculer l’intégrale triple suivante I =
ZZZ
Ω
x dxdydz,
oùΩest la demi-sphère suivante Ω = {(x, y, z)∈R3, x≥0, x2 +y2+z2 ≤1}.
1) Un changement de variable classique est le suivant dansΩ: x=rcos(θ) cos(ϕ), y =rsin(θ) cos(ϕ), z =rsin(ϕ),
(r, θ, ϕ)∈[0,1]×[−π2 ,π2]×[−π2 ,π2]. On a alors le jacobien J =r2cos(ϕ).
2) En appliquant le changement de variable et Fubini, on obtient I =
Z 1
0
r3dr.
Z π2
−π 2
cos(θ)dθ.
Z π2
−π 2
cos2(ϕ)dϕ.
En notant que cos2(ϕ) = 1 + cos(2ϕ)
2 , on obtient donc I = 1
4.2.π 2 = π
4. Exercice 2(13pts)
On se propose de calculer l’intégrale suivante (énoncé corrigé) I =
ZZ
Ω1
vu3cos(v2)dudv, oùΩ1 =
(u, v)∈[0,+∞[2,1
4 ≤u4+v4 ≤1
. Pour cela on se propose de faire le changement de variable suivantu=√
xp cos(y) etv =√
xp
sin(y). On définit donc la fonction suivante
F : [12,1]×[0,π2] −→ Ω1 (x, y) 7−→ √
xp
cos(y),√ xp
sin(y) . 1) Dans le cours il a été donné le théorème suivant
Théorème 0.1 (Formule de changement de variables)
Soit Ω un ensemble fermé, borné, quarrable du plan. Soit F une fonction définie de Ω dans Ω1 bijective et de classe C1. On suppose que pour tout (x, y) ∈ Ω JF(x, y)6= 0. On vérifie alors
ZZ
Ω
f F(x, y)
JF(x, y)
dxdy= ZZ
Ω1
f(u, v)dudv.
2) En calculant on trouve, (√
xp
cos(y))4+ (√ xp
sin(y))4 =x2.
Donc si x ∈ [12,1], on a bien F(x, y)∈ Ω1. Si F(x, y) = F(x0, y0), il est facile de montrer que (x, y) = (x0, y0) donc F est injective. Si on se donne (u, v) ∈ Ω1, alors en posant a = u2 et b = v2 on sait qu’il existe un unique couple (x, y) ∈ [12,1]×[0,π2]tel que(a, b) = (xcos(y), xsin(y))et on a bienF(x, y) = (u, v)donc F est surjective.
3) Le calcul du jacobien donne
J =
pcos(y) 2√
x
√xsin(y) 2p
cos(y) psin(y)
2√ x
√xcos(y) 2p
sin(y)
= 1
4p
cos(y)p sin(y)
4) Il y avait une erreur d’énoncé, on trouvait I = 1
4 ZZ
[12,1]×[0,π2]
x2sin(y) cos(xsin(y))dxdy.
au lieu de
I = 1 4
ZZ
[12,1]×[0,π2]
x2cos(y) cos(xsin(y))dxdy.
5) Dans le cours, Fubini a été énoncé de la manière suivante Théorème 0.2 (Formule de Fubini)
On considère deux fonctions ϕ1 et ϕ2 à valeurs réelles, définies et continues sur un m^eme intervalle [a, b] telles que
∀t∈[a, b], ϕ1(t)≤ϕ2(t).
On considère le domaine
Ω ={(x, y)∈R2, a≤x≤b, ϕ1(x)≤y ≤ϕ2(x)}.
Alors le domaine Ω est quarrable et pour toute fonction f intégrable sur Ω on vérifie
ZZ
Ω
f(x, y)dxdy= Z b
a
Z ϕ2(x)
ϕ1(x)
f(x, y)dy
! dx.
6) En partant de la formule donnée dans l’énoncé, on a en appliquant Fubini I = 1
4 Z 1
1 2
Z π2
0
x2cos(y) cos(xsin(y))dy
! dx,
On reconnait une expression de la formeu0cos(u)et donc en intégrant on obtient I = 1
4 Z 1
1 2
xsin(x)dx.
En faisant une intégration par partie on trouve I = 1
4
h−xcos(x)i1
1 2
+1 4
Z 1
1 2
cos(x)dx.
DoncI = 1
4(12cos(12)−cos(1) + sin(1)−sin(12)).
7) (Question subsidiaire) La fonction F n’est pas C1 sur le domaine fermé Ω = [12,1]×[0,π2], mais uniquement sur le domaine[12,1]×]0,π2[.
