Universit´e de Cergy-Pontoise, Math´ematiques L2 int´egration.
Contrˆole continu du 6 mars 2012 (1h 10 min.).
Les documents, t´el´ephones, tablettes et calculettes sont interdits.
Interrogation not´ee sur 20, le bar`eme est indicatif. 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.
Exercice 1. : (5 pt). Questions de cours.
1. Donner la valeur de l’int´egrale de la fonction en escalier ϕ : [0; 3] −→ R qui, `a x∈[0; 1], associe 3, `a x∈[1; 2] associe −2 et, `a x∈[2; 3], associe 0.
2. Compl´eter l’´enonc´e suivant pour en faire un ´enonc´e correct du cours : · · · Si, pour tout x≥a, f(x)≤g(x) alors
Z +∞
a
g converge =⇒ Z +∞
a
f converge et
· · · =⇒ · · · .
3. Soit f : R −→ R une fonction continue. Soit a ∈ R. Montrer que la fonction Fa:R−→Rd´efinie par Fa(x) =Rx
a f(t)dt est d´erivable et de d´eriv´ee f.
Exercice 2. : (7 pts). Pour x >0, soit F(x) =
Z +∞
0
e−xt2dt .
1. Soita >0. Montrer que, sur [a; +∞[, F est bien d´efinie, d´erivable et que F′(x) = −
Z +∞
0
t2e−xt2dt . (1)
2. Commea´etait arbitraire,F est d´efinie et d´erivable sur ]0; +∞[ et la formule (1) est valable sur ]0; +∞[. Montrer en utilisant une int´egration par parties que
∀x >0, 2xF′(x) + F(x) = 0. (2) 3. En d´eduire une expression explicite deF en fonction dex. On pourra admettre que
F(1) =√ π/2.
Exercice 3. : (4 pts). Soit (un)n∈N∗ et (vn)n∈N∗ d´efinies par, pour tout n >0, un =
n−1
X
k=0
1
7n−2k et vn =
n−1
X
k=0
1
7n−2k + k n4
.
Montrer que (un)n∈N∗ converge et d´eterminer sa limite. En d´eduire l’existence et la valeur de la limite de (vn)n∈N∗.
Exercice 4. : (6 pts). Soit f : R −→ R continue par morceaux et 1-p´eriodique. Cette derni`ere propri´et´e signifie que (∀t∈R, f(t+ 1) = f(t)). On pourra utiliser sans d´emons- tration la propri´et´e suivante qui d´ecoule de la 1-p´eriodicit´e par r´ecurrence :
∀p∈Z,∀t∈R, f(t+p) = f(t). (3) Pour x∈R, on poseF(x) =Rx+1
x f(t)dt.
On pourra aussi utiliser la formule de changement de variables suivante (plus g´en´erale que celle du cours) : SoitK=Rou CetI, J des intervalles. Soith∈C1(I;J) etg ∈Cm0(J;K) (i.e. g est continue par morceaux sur J). Pour a, b∈I,
Z b
a
g h(t)
h′(t)dt =
Z h(b)
h(a)
g(s)ds . (4)
1. Dessiner le graphe sur [−1; 2] d’une fonction continue et non constante f1 qui est 1-p´eriodique. Dessiner le graphe sur [−1; 2] d’une fonction continue par morceaux f2 qui est 1-p´eriodique et qui n’est pas continue.
2. Dans cette question seulement, on supposef continue. Montrer que F est d´erivable et calculer F′.
3. On ne suppose plus f continue. F est-elle d´erivable ?
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Corrig´e du contrˆole continu du 6 mars 2012.
Exercice 1 :
1. L’int´egrale est par d´efinition ´egale `a 3(1−0) + (−2)(2−1) + 0(3−2) = 1.
2. Soita∈Retf, g: [a; +∞[−→Rcontinues par morceaux et positives. Si, pour tout x≥a, f(x)≤g(x) alors
Z +∞
a
g converge =⇒ Z +∞
a
f converge
etZ +∞ a
f diverge =⇒ Z +∞
a
g diverge . 3. Soitc∈ R. Pourx 6=c, on a par la relation de Chasles, Fa(x)−Fa(c) =Rx
c f(t)dt.
De plus, f(c)(x−c) = Rx
c f(c)dt. Pour x > c, on a donc
|Fa(x)−Fa(c)−f(c)(x−c)| =
Z x
c
(f(t)−f(c))dt ≤
Z x
c |f(t)−f(c)|dt . Pour x < c, on a de mˆeme
|Fa(x)−Fa(c)−f(c)(x−c)| =
Z x
c
(f(t)−f(c))dt ≤
Z c
x |f(t)−f(c)|dt . Donc, pour x6=c,
Fa(x)−Fa(c)
x−c − f(c)
≤ 1
|x−c|
Z x
c |f(t)−f(c)|dt
. (5) Soit ǫ >0. Comme f est continue en c, il existeδ >0 tel que
|t−c| < δ =⇒ |f(t)−f(c)| < ǫ . (6) Soit xv´erifiant |x−c|< δ. On a |t−c|< δ pour lest compris entrexet cdonc, on d´eduit de (5) et de (6) que
Fa(x)−Fa(c)
x−c − f(c)
≤ 1
|x−c|
Z x
c
ǫ dt
= ǫ . Cela montre que F′(c) existe et vaut f(c).
Exercice 2 :
1. Pour x >0, 0 ≤t7→e−xt2 est continue. De plus, pour t≥1, 0 ≤e−xt2 ≤e−xt et Z T
1
e−xtdt = (−1/x)[e−xt]T1 = (1/x)(e−x−e−xT) → (1/x)e−x,
lorsqueT →+∞. DoncF(x) est convergente pour toutx >0. Pourt≥0,x7→e−xt2 est d´erivable et sa d´eriv´ee x 7→ −t2e−xt2 est continue en t. De plus, pour x ≥ a et t≥0, on a
| −t2e−xt2| ≤ t2e−at2/2·e−at2/2 ≤Ce−at2/2
car la fonction t 7→ t2e−at2/2 est continue tendant vers 0 `a l’infini donc born´ee. En posant g(t) = C si t ∈[0; 1] et g(t) =Ce−at/2 si t ≥1, on a donc, pour tout x > 0 et tout t≥0,| −t2e−xt2| ≤g(t). Comme
Z T
1
g(t)dt = C[(−2/a)e−at/2]T1 = (2C/a)(ea/2−e−aT /2) → (2C/a)ea/2, lorsque T →+∞,g est int´egrable sur [0; +∞[. Par le th´eor`eme de d´erivation,F est d´erivable sur [a; +∞[ et, pourx≥a, F′(x) est donn´ee par la formule (1).
2. Soitx >0. Pour T >0, on a
− Z T
0
t2e−xt2dt = Z T
0
t d dt
e−xt2 2x
dt = h te−xt2
2x iT
0 − 1
2x Z T
0
e−xt2dt . (7) En passant `a la limite quandT →+∞dans (7), on obtientF′(x) = (−1/(2x))F(x), car T e−xT2 →0 puisque x >0. On a donc montr´e (2).
3. Les solutions de l’´equation lin´eaire du premier ordre (2) sont lesKx−1/2, pourK ∈R. Par le 2., F est l’une d’elles donc il existe un K ∈ R tel que, pour tout x > 0, F(x) =Kx−1/2. Or F(1) =√
π/2 donc K =√ π/2.
Exercice 3 : Soit f : [0; 1]−→R d´efinie par f(t) = (7−2t)−1. Comme le d´enominateur est strictement positif, f est bien d´efinie et continue. Comme, pour tout n,
un =
n−1
X
k=0
f(k/n)1 n
(un)n est une somme de Riemann def. Par le cours, (un)n converge vers l’int´egrale de f sur [0; 1], c’est-`a-dire :
Z 1
0
(7−2t)−1dt = [−(1/2) ln(7−2t)]10 = (ln 7−ln 5)/2 = (1/2) ln(7/5). Pour tout n >0, on a
|vn − uv| =
n−1
X
k=0
k n4
= n(n+ 1)
2n4 = 1
2n2(1 + 1/n) → 0, quand n → ∞. Donc (vn)n converge vers la limite de (un)n.
Exercice 4 :
1. Pour t ∈ [0; 1/2], f1(t) = t, pour t ∈ [1/2; 1], f1(t) = 1−t. On prolonge f1 par 1- p´eriodicit´e surR. On a lim0+f1 = 0 et lim0−f1 = lim1−f1 = 0. Doncf1 est continue en 0. De mˆeme elle est continue en 1/2 et en 1. Ailleurs elle est aussi continue. De plus, elle n’est pas constante.
Pour t ∈ [0; 1/2], f2(t) = 1, pour t ∈ [1/2; 1], f2(t) = 0. On prolonge f2 par 1- p´eriodicit´e sur R.f2 est continue par morceaux mais pas continue en 1/2.
2. Comme f est continue, l’application G : y 7→ Ry
0 f(t)dt est d´erivable de d´eriv´ee f, d’apr`es le cours. Pour tout x, F(x) = G(x+ 1)−G(x) donc F est d´erivable par composition et, pour tout x,F′(x) = G′(x+ 1)−G′(x) = f(x+ 1)−f(x) = 0, par 1-p´eriodicit´e.
3. Soit x ∈ R. En notant par n la partie enti`ere de x, x = n+δ avec δ ∈ [0; 1[. Soit u7→ϕ(u) = u−n. ϕ est C1 donc on a, par changement de variables (cf. (4)),
F(x) =
Z x+1
x
f(t)dt =
Z ϕ(x+1)
ϕ(x)
f(ϕ(u))ϕ′(u)du =
Z δ+1
δ
f(u−n)du
=
Z δ+1
δ
f(u)du ,
d’apr`es (3) avec p = −n. La fonction v 7→ ψ(v) = v −1 est aussi C1 donc, par changement de variables (cf. (4)), on a
F(x) = Z 1
δ
f(u)du + Z δ+1
1
f(u)du = Z 1
δ
f(u)du +
Z ψ(δ+1)
ψ(1)
f(ψ(v))ψ′(v)dv
= Z 1
δ
f(u)du + Z δ
0
f(v−1)dv = Z 1
δ
f(u)du + Z δ
0
f(v)dv = F(0), en utilisant (3) pour p = −1 et la relation de Chasles. On constate que F est constante donc d´erivable de d´eriv´ee nulle.
Universit´e de Cergy-Pontoise, Math´ematiques L2 int´egration.
Contrˆole continu du 27 mars 2012 (1h 15 min.).
Les documents, t´el´ephones, tablettes et calculettes sont interdits.
Interrogation not´ee sur 20, le bar`eme est indicatif. 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.
Exercice 1. : (5,5 pt). Questions de cours.
1. SoitU etV des ouverts deR2 etF :U −→V C1 donn´ee parF(x;y) = (u(x;y);v(x;y)). ´Ecrire la d´efinition de la matrice jacobienne et du jacobien de F.
2. Donner sans justification le jacobien JF(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 Ω un compact quarrable de R2. On note par A(Ω) son aire. Pour ..., on note par I(f,Ω) l’int´egrale double de f sur Ω. On a
ZZ
Ω
f
≤ · · · ≤ A(Ω)· · · · . Si .... I(f,Ω) = 0, alors f = 0.
Exercice 2. : (3 pts). Soit D le cercle de R2 de centre (0; 0) et de rayon 3.
Soit C le cylindre d´efini par {(x;y;z)∈R3;x2 +y2 ≤9 et z ∈[−3; 4]}.
1. Montrer que l’aireAdu disqueDest 9π.Indication: on pourra effectuer un changement de variables en polaires.
2. D´eterminer le volumeV du cylindre C.
Exercice 3. :(9 pts). Soit Ω ={(x;y;z)∈R3;x∈[1; 2], y ∈[−1/2; 1/2], z ∈ [e;e2] avec 1 ≤x+y≤2 et 1≤x−y ≤2} et
I = ZZZ
Ω
z(x2−y2) + (x−y)2ln(x+y)
·z lnz2
dxdydz . Soit F : [1; 2]3 −→Ω donn´ee par
F(u;v;w) = u+v
2 ;u−v 2 ;ew
. 1
1. Montrer queF est bien d´efinie (c’est-`a-dire `a valeurs dans Ω). Montrer que F est bijective.
2. Montrer queF estC1 et que son jacobienJF v´erifieJF(u;v;w) = −e2w. 3. Montrer la bornitude de la fonction g donn´ee par
[1; 2]3 ∋(u;v;w) 7→ uvew+v2lnu
· w2e2w 2 ∈R. 4. En d´eduire que I est l’int´egrale triple de g sur le cube [1; 2]3. 5. Calculer explicitement I.
Exercice 4. : (3,5 pts). SoitR∈]0; 1[ etBR ={(x;y;z)∈R3;x2+y2+z2 ≤ R2} la boule de centre (0; 0; 0) et de rayon R. Pour tout n ∈N, on pose
In = ZZZ
BR
x2+y2+z2n
dxdydz et
Jn = ZZZ
BR
x2 + y2 + z2n
· xy + exz − ychz
dxdydz . On rappelle que chz = (ez+e−z)/2.
1. Montrer que, poura ∈C tel que |a|<1, lim
n→∞
an n = 0.
2. Pour toutn, exprimerInen fonction den. Que peut-on dire de lim
n→∞In? 3. En d´eduire que lim
n→∞Jn existe et vaut 0.
2
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Corrig´e du contrˆole continu du 27 mars 2012.
Exercice 1 :
1. La matrice jacobienne deF et son d´eterminant, le jacobien deF, sont :
∂u
∂x(x;y) ∂u
∂y(x;y)
∂v
∂x(x;y) ∂v
∂y(x;y)
et
∂u
∂x(x;y) ∂u
∂y(x;y)
∂v
∂x(x;y) ∂v
∂y(x;y)
= ∂u
∂x
∂v
∂y−∂u
∂y
∂v
∂x
(x;y).
2. Le jacobien est JF(r;θ;φ) = r2cosφ.
3. Pour f : Ω−→Kcontinue, on note par I(f,Ω) l’int´egrale double de f sur Ω. On a
ZZ
Ω
f ≤
ZZ
Ω
|f| ≤ A(Ω)· sup
(x;y)∈Ω
|f(x;y)|.
Si f : Ω−→Kcontinue et positive et si I(f,Ω) = 0, alors f = 0.
Exercice 2 :
1. Par d´efinition, l’aire du disque est A(D) =
ZZ
D
1dxdy = ZZ
(r;θ)∈[0;3]×[0;2π]
r drdθ ,
par la formule de changement de variables en polaires, que l’on peut appliquer puisque la fonction constante 1 est continue et la fonction 1×r est born´ee sur [0; 3]×[0; 2π]. Comme la fonction (r;θ) 7→ r est continu et D est un rectangle, on peut appliquer la formule de Fubini et obtenir :
A(D) = Z 3
0
Z 2π 0
r dθ dr =
Z 3 0
2πr dr = π[r2]30 = 9π . 2. Par d´efinition, le volume du cylindre est
V(C) = ZZZ
C
1dxdydz = Z 4
−3
ZZ
D
1dxdy dz ,
d’apr`es la formule de Fubini partielle, que l’on peut appliquer car 1 est continue et car Ω = {(x;y;z);z ∈ [−3; 4] et (x;y) ∈ Dz} avec Dz =D pour tout z. D’apr`es le 1., on obtientV(C) = 9π(4−(−3)) = 63π.
3
Exercice 3 :
1. 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]. Comme l’exponentielle est croissante, on a, pour w∈[1; 2], ew ∈[e1;e2]. Donc F est bien d´efinie.
Soit G : Ω−→[1; 2]3 d´efinie par G(x;y;z) = (x+y;x−y; lnz). G est bien d´efinie car, dans Ω, x+y ∈ [1; 2], x−y ∈ [1; 2] et, comme ln est d´efinie et croissante sur [e1;e2], lnz ∈ [lne; lne2] = [1; 2]. Il suffit de montrer que F ◦G= IdΩ etG◦F = Id[1;2]3. Pour (u;v;w)∈[1; 2]3, G F(u;v;w)
= G((u+v)/2; (u−v)/2;ew)
= (u+v)/2 + (u−v)/2; (u+v)/2−(u−v)/2; lnew
= (u;v;w). Pour (x;y;z)∈Ω,
F G(x;y;z)
= F(x+y;x−y; lnz)
=
(x+y) + (x−y)
/2; (x+y)−(x−y)
/2;elnz
= (x;y;z).
2. Les d´eriv´ees partielles de F existent et sont des fonctions continues de (u;v;w) comme compos´ees de fonctions continues avec les projections continues (u;v;w) 7→u, (u;v;w) 7→v et (u;v;w) 7→w. F est donc de classe C1. De plus,
JF(u;v;w) =
1/2 1/2 0
1/2 −1/2 0
0 0 ew
= −ew 2 , en appliquant la r`egle de Sarrus.
3. Pour tout (u;v;w)∈[1; 2]3,
|g(u;v;w)| ≤ |uv|w2
2 e3w + v2w2
2 e2w|lnu| ≤ 8e6 + 8e4ln 2. 4. Par 1. et 2.,F est une bijection de [1; 2]3 sur Ω, de classeC1 et dont le
jacobien ne s’annule pas. En notantf la fonction `a int´egrer dansI, on af◦F · |JF|=g, la fonction born´ee du 3. En effet, en remarquant que x2−y2 = (x+y)(x−y),
f◦F · |JF|
(u;v;w) =
ewuv+v2lnu
·eww2·
−ew 2
= g(u;v;w). 4
Par la formule de changement de variables, I est l’int´egrale triple de g sur le cube [1; 2]3 soit, par lin´earit´e,
I = ZZZ
[1;2]3
uvw2e3w
2 dudvdw + ZZZ
[1;2]3
v2w2e2wlnu
2 dudvdw . Comme on int`egre sur un cube une fonction continue, on peut appliquer aux deux int´egrales la formule de Fubini totale pour obtenir I =I1+I2
avec
I1 = Z 2
1
Z 2 1
Z 2 1
uvw2e3w
2 du
dv dw
= 1
2 Z 2
1
u duZ 2 1
v dvZ 2 1
w2e3wdw
= 1
2 Z 2
1
u du2Z 2 1
w2e3wdw , I2 =
Z 2 1
Z 2 1
Z 2 1
v2w2e2wlnu
2 du
dv dw
= 1
2 Z 2
1
lnu duZ 2 1
v2dvZ 2 1
w2e2wdw . On calcule les int´egrales simples restantes.
Z 2 1
u du = [u2/2]21 = 3/2, Z 2
1
v2dv = [v3/3]21 = 7/3, Z 2
1
lnu du = [ulnu−u]21 = 2 ln 2 − 2 + 1 = 2 ln 2 − 1. Enfin, pour p∈ {2; 3}, on a, par int´egrations par parties,
Z 2 1
w2epwdw = [w2epwp−1]21 − 2p−1 Z 2
1
wepwdw
= (4e2p−ep)p−1 − 2p−1[wepwp−1]21 + 2p−2 Z 2
1
epwdw
= (4e2p−ep)p−1 − 2p−2(2e2p−ep) + 2p−3(e2p −ep)
= 2(2p−1 − 2p−2 + p−3)e2p − (p−1 − 2p−2 + 2p−3)ep. Pourp= 2, elle vaut (3e2−1)e2/4. Pourp= 3, elle vaut (26e3−5)e3/27.
D’o`u I1 = (26e3−5)e3/24 et I2 = 7(2 ln 2−1)(3e2−1)e2/24.
Exercice 4 :
5
1. Comme |a| ≤ 1, on a, pour tout n, |an/n| ≤ |a|n/n ≤ 1/n, qui tend vers 0 quand n → ∞. Par le th´eor`eme des gendarmes, liman/n= 0.
Autre argument : Comme |a| < 1, la suite g´eom´etrique (an) tend vers 0. Comme lim 1/n= 0, liman/n= 0 par produit.
2. On note fn la fonction `a int´egrer dans In. Elle est continue et, en notant par F le changement de variables en coordonn´ees sph´eriques et en posant Ω = [0;R]×[0; 2π]×[−π/2;π/2], la fonction gn donn´ee par
Ω∋(r;θ;φ)7→ fn◦F|JF|
(r;θ;φ) = r2n+1cosφ
est continue et born´ee. Par la formule de changement de variables en sph´eriques, In est l’int´egrale triple degnsur Ω. Comme gn est continue et Ω est un parall´el´epip`ede rectangle, on peut appliquer la formule de Fubini totale et obtenir
In = Z R
0
Z π/2
−π/2
Z 2π 0
r2n+1cosφ dθ dφ
dr
= 2π Z R
0
r2n+1Z π/2
−π/2
cosφ dφ dr
= 2π[sinφ]π/2−π/2 Z R
0
r2n+1dr = 4πh r2n+2 2n+ 2
iR
0 = 4πR2n+2 2n+ 2 . Pour tout n >0,
In = 4πR2n 2n+ 2 · R2n
n = 2πR2
1 + 1/n · (R2)n n .
Le premier facteur tend vers 2πR2 et, comme 0 ≤ R2 < 1, le second terme tend vers 0, par le 1. Donc limIn existe et vaut 0.
Autre argument : (In) est 4π fois une sous-suite de la suite ((R2)n/n).
Comme 0≤R2 <1, cette derni`ere converge vers 0 par 1. La sous-suite converge donc aussi vers 0. D’o`u limIn existe et vaut 0.
3. SurBR,|xy+exz−ychz| ≤ |xy|+exz+|y|chz ≤R2+e(R2)+2ReR =CR. Par le cours,
|Jn| ≤ ZZZ
BR
x2 + y2 + z2n
·
xy + exz − ychz
dxdydz ≤ CRIn et comme In→0, (Jn) tend vers 0 par le th´eor`eme des gendarmes.
Autre argument : On peut aussi remarquer que |Jn| ≤(R2)nCRV(BR), que le majorant est une suite g´eom´etrique qui tend vers 0 puisque 0≤R2 <1 et terminer avec le th´eor`eme des gendarmes.
6