Contr^ ole continu d’Intégration

Université de Cergy-Pontoise 2008-2009 S4 MI/M/MP/MP-ENSI/PC-ENSI

Voici une brève correction des deux contr^oles continus.

Contr^ ole continu d’Intégration

Sujet 1 Corrigé Question de cours

Dans le cours il a été énoncer le résultat suivant :

Proposition 0.1 SoitJ un intervalle deR. Soitf une fonction de deux variables à valeurs réelles définies sur J×I, verifiant

•∀t ∈I, x7−→f(x, t) est continue sur J.

•∀x∈J, t 7−→f(x, t) est continue par morceaux sur tout segment de I.

• il existe une fonction h définie sur I, continue par morceaux sur tout segment de I, telle que

−∀(x, t)∈J×I,|f(x, t)| ≤h(t),

− Z b

a

h(t)dt est une intégrale convergente.

Alors la fonction définie par

F(x) = Z b

a

f(x, t)dt,

est continue sur J.

Exercice 1

On souhaite étudier la fonction définie pourx∈]0,¹₂] par F(x) =

Z 1

0

−1 + 2x+s(2−3x)

1− −1 + 2x+s(2−3x)2(2−3x)ds.

1)(2pts) On pose f(x, s) = −1 + 2x+s(2−3x)

1− −1 + 2x+s(2−3x)2(2−3x).

a) Pour tout x ∈[0,¹₂], 2−3x ≥ ¹₂ >0 donc ϕ :s 7→ −1 + 2x+s(2−3x) est strictement croissante sur R. Si s ∈]0,1[, on a donc ϕ(0) < ϕ(s) < ϕ(1). Donc pour touts∈]0,1[et x∈[0,¹₂],

b) Pour tout x ∈ [0,¹₂], 0 ≥ −1 + 2x ≥ −1 et 0 ≤ 1−x ≤ 1. Donc par la question précédente, pour tout s∈]0,1[ etx∈[0,¹₂], | −1 + 2x+s(2−3x)|<1, et donc1− −1 + 2x+s(2−3x)2

6= 0. Donc f est définie sur [0,¹₂]×]0,1[.

c) Montrer que pour tout x∈]0,¹₂], dans les calculs précédents on a pour tout s∈]0,1[ etx∈[0,¹₂], | −1 + 2x+s(2−3x)|<1−x et donc pour tout s∈[0,1]

etx∈[0,¹₂], | −1 + 2x+s(2−3x)|<1, F(x)est une intégrale classique.

Pour x= 0, on f(0, s) = 2(−1 + 2s)

1− −1 + 2s2 = −1 + 2s

2s−2s² qui n’est pas définie pour s= 0, c’est bien une intégrale généralisée.

2)(2pts) Par les théorèmes généraux, la fonction (x, s) 7→ f(x, s) est C¹ sur ]0,¹₂]×[0,1]. En utilisant les résultats des intégrales classiques dépendant d’un paramètre, on a bien queF est une fonction de classeC¹ sur ]0,¹₂].

3)(2pts) L’intégraleF(0) = Z 1

0

−1 + 2s

2s−2s²ds est généralisée en 0. Or au voisinage de 0, −1 + 2s

2s−2s² ∼ −1

2s. On sait que Z 1

0

1

sds diverge donc F(0) est une intégrale divergente.

4)(5pts) On se propose de calculer explicitement F pour montrer qu’elle admet une limite quand xtend vers 0.

a) Pour x ∈]0,¹₂] fixé, on pose t = −1 + 2x +s(2− 3x). On obtient alors immédiatement que pour toutx∈]0,¹₂],

F(x) = Z 1−x

−1+2x

t 1−t²dt.

b) Une primitive det7→ t

1−t² estt 7→ −1

2 ln(1−t²). Donc pour toutx∈]0,¹₂], en utilisant les propriétés du logarithme

F(x) = 1 2ln

1−(−1 + 2x)² 1−(1−x)²

= 1 2ln

4x−4x² 2x−x²

c) Au voisinage de 0,4x−4x² 2x−x² ∼ 4x

2x = 2. Donc en passant à la limite,

lim

x→0⁺

Z 1−x

−1+2x

t

1−t²dt = ln(2) 2 .

d) Si l’intégrale suivante Z 1

−1

t

1−t²dtétait convergente, par imparité de la fonc- tion t 7→ t

1−t², elle devrait valoir 0. mais elle devrait aussi valoir ln(2)

2 par la question précédente. C’est une intégrale divergente.

On pouvait aussi revenir à la définition. L’intégrale est généralisée en1et−1.

On étudie d’abord la convergence de Z 1

0

t

1−t²dt. Pour tout ε >0on a I_ε =

Z 1−ε

0

t

1−t²dt = −1

2 ln(1−t²) 1−ε

0

= −1

2 ln(2ε−ε²), On constate que lim

ε→0⁺Iε= +∞ donc l’intégrale diverge.

Exercice 2

Partie I : (5pts)

1)(2pts) Dans le cours il est énoncé : Proposition 0.2 Somme de Riemann

Soitf une fonction continue par morceaux sur I. Pour tout n >0fixé, on choisit n points (x_i)_1≤i≤n tels que (i−1)(b−a)

n ≤x_i−a ≤ i(b−a)

n et on pose S_n= b−a

n

n

X

i=1

f(x_i).

Alors la suite (S_n)n∈N est une suite qui converge vers Z b

a

f(t)dt.

2)(3pts) Pour tout n fixé, on se donne une famille (y_k)0≤k≤n−1 telle que y_k ∈ ]_n^k,^k+1_n [. On pose alors :

U_n=

n−1

X

k=0

1 n(1 +y_k).

a) D’après le rappel précédent (Un) est une somme de Riemann associée à la fonction x 7→ 1

1 +x sur le segment [0,1]. On peut aussi considérer que c’est la somme de Riemann associée à la fonction x7→ 1

x sur[1,2].

b) On vient dénoncer que (U_n) convergeait vers Z 1

0

1

1 +xdx = ln(2) (ou Z 2

1

1 xdx).

Partie II : Questions subsidiaires On souhaite étudier la suite définie par :

∀n ≥1, S_n=

2n−1

X

k=n

sin 1

k

.

On rappelle que pour tout x∈[0,^π₂],

1) Pour tout 1 ≤ n et pour tout 0 ≤ k ≤ n−1, les réels 1

n+k ∈ [0,1] donc d’après la remarque

1

n+k − 1

6(n+k)³ ≤sin 1

n+k

≤ 1 n+k.

Or 1

n+k− 1

6(n+k)³ − 1

n+k+ 1 = 1

(n+k)(n+k+ 1)− 1

6(n+k)³. On montre facilement que (n +k)(n+k + 1) ≤ 6(n +k)³ ce qui permet de conclure que

1

n+k − 1

6(n+k)³ ≥ 1

n+k+ 1 et d’obtenir l’encadrement souhaité.

2) Puisque que la fonction x7→ 1

1 +x est continue sur [0,+∞[, par le théorème de la valeur intermédiaire on en déduit que pour tout 1 ≤ n fixé, pour tout 0≤k ≤n−1, il existe y_k ∈]^k_n,^k+1_n [tel que

nsin 1

n+k

= 1

1 +y_k.

(On pouvait aussi utiliser quex7→ 1

1 +x décroissante et continue).

3) On retrouve que(S_n)est égale à une somme de Riemann du type(U_n)étudiée dans la partie I. On en déduit immédiatement que(S_n) converge vers ln(2).

Contr^ ole continu d’Intégration

Sujet 2 Corrigé

Exercice 1

Soit le domaine Ωde R², tel que (u, v)∈Ω si et seulement si u, v ∈[e⁻²;e²]

√uv, ru

v ∈[e⁻¹, e]

On souhaite calculer l’intégrale double suivante I =

ZZ

Ω

(u+v)dudv.

1) Dans le cours la formule de changement de variables donnée est la suivante :

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)

J_F(x, y)

dxdy= ZZ

Ω1

f(u, v)dudv.

2) On définit la fonction suivante :

F : [−1,1]² −→ R²

(x, y) 7−→ (e^x+y, e^x−y).

a)Soit, (x, y) ∈ [−1,1]² alors on a x+y et x−y dans [−2,2], on a bien par croissance de la fonction exponentiellee^x+y ete^x−y éléments de [e⁻²;e²]. De plus on remarque que√

e^x+y.e^x−y =e^x etp

e^x+y/e^x−y =e^y, on en déduit bien queF est à valeurs dans Ω.

SiF(x, y) = F(x⁰, y⁰), alors on a immédiatemente^x+y.e^x−y =e^x0+y0.e^x0−y0 et donc par injectivité de l’exponentielle, x=x⁰ et donc y=y⁰.F est bien injective.

b)Soit (u, v)∈ Ω, on essaie de résoudre F(x, y) = (u, v). On montre facilement que si(x, y) est solution alors e^2x =u.v ∈[e⁻²;e²]ete^2y = ^u_v ∈[e⁻²;e²]. On pose doncx= 1

2(ln(u.v))∈[−1,1]ety= 1

2(ln(u)−ln(v))∈[−1,1]qui donne bien un couple solution.F est donc surjective sur Ω.

c) Le calcul des dérivées partielles nous donne J_F(x, y) =

e^x+y e^x+y e^x−y −e^x−y

=−2e^2x.

3)En appliquant la formule de changement de variables àF, on obtient I =

ZZ

[−1,1]²

(e^x+y+e^x−y)| −2e^2x|dxdy

= 4 ZZ

[−1,1]²

e^3xe^y+e^−y 2 dxdy

= 4 ZZ

[−1,1]²

e^3xch(y)dxdy.

On se retrouve dans le cas du produit de deux fonctions enxety que l’on intègre sur un rectangle. Donc par la formule du cas particulier de Fubini, on a

I = 4

Z 1

−1

e^3x dx . Z 1

−1

ch(y)dy

= 4 e³−e⁻³

3 . (sh(1)−sh(−1))

= 16

3 sh(3).sh(1)

Exercice 2

On considère le domaine de R³ suivant :

Ω ={(x, y, z)∈R³, x, y ≥0, x²+ cos²(y) +z² ≤2(1 + siny), y ≤ π 2.}.

On souhaite calculer les intégrales suivantes : I₁ =

ZZZ

Ω

xz dxdydz,etI₂ = ZZZ

Ω

cosy dxdydz.

1) On constate immédiatement queF : (x, y, z)7→(x, y,−z)définit une bijection deΩdans Ω. De plus le jacobien de F est

J_F(x, y, z) =

1 0 0 0 1 0 0 0 −1

=−1

En appliquant la formule de changement de variable qui fait appara^ıtre |JF| on a doncI₁ =−I₁ etI₂ =I₂. On ne peut donc rien en conclure pourI₂ par contre on a I₁ = 0.

2) Soit(x, y, z)∈Ωalors x²+z² ≤2(1 + siny)−cos²y. En notant que cos²y= 1−sin²y on a donc

x²+z² ≤1 + 2 siny+ sin²y = (1 + siny)². On en déduit le résultat.

3) En appliquant Fubini partiel on a donc I₂ =

Z ^π₂

0

F(y)dy,où F(y) = ZZ

Ω

cosy dxdz.

4) Soity fixé. Le domaineΩ_y est un demi-disque de rayon(1 + siny). En utilisant le changement de variables en polaire(x, z) = (rcosθ, rsinθ), oùr ∈[0,1 + siny]

etθ ∈[−^π₂,^π₂] on obtient F(y) =

ZZ

[0,1+siny]×[−^π₂,^π₂]

cosy r drdθ.

En appliquant le cas particulier de Fubini, puisque cosy est une constante F(y) = cosy

Z 1+siny

0

r dr.

Z ^π₂

−^π₂

1dθ

= π

2cosy (1 + siny)². 5)On en déduit que

I₂ = Z ^π₂

0

π

2cosy(1 + siny)²dy

= hπ

6(1 + siny)³i^π₂

0

= 7π 6 . Questions subsidiaires

On remarque que le domaine peut s’écrire par exemple Ω ={(x, y),0≤x≤1,0≤y≤1−x}.

En appliquant Fubini on a donc

J =

Z 1

0

Z 1−x

0

e^3xch(y)dy

dx,

= Z 1

0

e^3x sh(1−x)−sh(0) dx,

= Z 1

0

e^2x+1−e^4x−1

2 dx,

= e³−e

4 − e³−e⁻¹

8 ,

= e³−e

8 − sh(1)

4 (si l’on préfère cette écriture à la précédente).