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INT ´ EGRATION El´ ´ ements de correction

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Licence de Math´ematiques.

Universit´e d’Artois. 2008-2009.

Session 2.

INT ´ EGRATION El´ ´ ements de correction

Exercice 1.

1-2-3-4) il suffit d’adapter le corrig´e de la session 1. On trouve Ir = 0.

5) La fonction t7→ln 1−eit

est continue sur [−π, π]\ {0}.

Ainsi les int´egrales

−a

Z

−π

ln 1−eit

dt et

π

Z

a

ln 1−eit

dt sont d´efinies pour tout a ∈]0, π[.

Enfin au voisinage de 0: ln 1−eit

= ln|2sin(t/2)| ∼ ln|t|. Or t 7→ ln|t| est int´egrable sur [0, π] et sur [−π,0].

On utilise le th´eor`eme de continuit´e pour montrer que r 7→ Ir est continue sur [0,1]. En particulier, I =I1 = 0.

Bien sˆur, pour calculer I, on peut faire autrement: par exemple une variante en utilisant le T.C.D. ou bien (mais ce n’´etait pas la question pos´ee !) utiliser les techniques des questions 1-3.

Exercice 2. 1) W est un ouvert donc un bor´elien. Cette partie est incluse dans le disque unit´e qui est de mesure finie doncWest de mesure finie. On effectue un changement de variable en polaire.

On obtient: λ2(W) = Z

D

r drdθ o`u D= n

(r, θ)∈ R+∗×]α−hπ, α+hπ[

1−h < r < 1o . Ainsi

λ2(W) =

Z α+hπ

α−hπ

h1 2r2i1

1−h dθ =πh2(2−h).

2) Pas de probl`eme de mesurablilit´e : la fonction est continue. De plus, elle est positive.

On peut effectuer le changement de variable: il s’agit d’un C1 diff´eomorphisme ϕ de D sur

∆ =]1,2[×]1,2[. De plus le jacobien de ϕ−1 vaut − 1 3u· Ainsi

Z

D

f dλ2 = Z

uv2.|J ac(ϕ−1)|dλ2 = Z

uv2· 1

3u dλ2 = 1 3

Z

v22 = 7 9·

Exercice 3.

1) fn est continue sur R+\ {1}. Au voisinage de 1, (avec x 6= 1) on a fn(x) ∼ e−1 p|1−x2|. Or e−1

√1−x2 est int´egrable sur ]0,1[: on peut invoquer le crit`ere de Riemann au voisinage de

(2)

1 car (fn(x) ∼ e−1

√2(1−x)1/2 (et 1/2 <1) ou tout simplement remarquer qu’une primitive de

√ 1

1−x2 est arcsin(x) qui admet (par continuit´e) une limite en 1. Le raisonnement s’adapte (attention au signe!) `a droite du point 1: fn(x)∼ e−1

√2(x−1)1/2. Ainsi

1

Z

0

fn(x) dx et

A

Z

1

fn(x) dx convergent (pour tout A > 1). Donc

A

Z

0

fn(x) dx bien d´efinie (pour tout A >1).

Reste `a justifier que

+∞

Z

A

fn(x) dx est bien d´efinie. Or au voisinage de l’infini, fn est positive (sur R+ tout entier d’ailleurs) et fn(x)∼ e−xn

x ≤e−x qui est int´egrable.

D’o`u le r´esultat. De plus, on peut affirmer, puisque les int´egrales g´enralis´ees convergent, que fn est bien Lebesgue int´egrable sur R+ .

2) Posons g(x) = 1

p|1−x2| pour x ∈ [0,1[ et g(x) = f1(x) = e−x

p|1−x2| si x ∈]1,+∞[.

Enfin g(1) = 0 par exemple (c’est sans importance). D’apr`es le 1.,g est int´egrable sur R+. De plus, pour toutn ≥1, on a|fn(x)|=fn(x)≤g(x) presque partout (en fait partout !) Enfin pour tout x ∈ R+, on a fn(x) → 0 si x > 1 (car xn → +∞ donc e−xn → 0) et fn(x)→ 1

p|1−x2| si x <1 (car xn →0).

D’apr`es le th´eor`eme de convergence domin´ee de Lebesgue, In converge donc vers

1

Z

0

1

p|1−x2| dx=h

arcsin(x)i1 0 = π

Exercice 4.

1) cours: cette int´egrale vaut 0.

2)a) Si x∈ B pour tout n ≥ 1, x ∈ Bn (par d´ecroissance de (Bn)) donc fn(x) = f(x). Si x /∈B alors il existe n0 tel que pour toutn ≥n0: x /∈Bn, doncfn(x) = 0 =f(x).

b) C’est le th´eor`eme de convergence domin´ee de Lebesgue: on a d´ej`a la convergence simple partout et la domination est claire: |fn| ≤ |f|, qui est int´egrable.

3)a) Bn ={|f| ≥ n}={ω ∈Ω| |f(ω)| ≥n} est d´ecroissante. B = \

n≥1

Bn ={|f| =∞}qui est n´egligeable (cf cours) donc ceci r´esulte de 1.

b) Sinon, il existe ε0 > 0 et une suite Bn telle que µ(Bn) ≤ 2−n et Z

Bn

|f| dµ ≥ ε0. On peut supposer que (Bn) est d´ecroissante (cf session 1). On en d´eduit, avec B = \

n≥1

Bn, que µ(B) = 0 et (cf 3b)

Z

B

|f|dµ≥ε0 >0 ce qui est faux (cf 1.).

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