LM 315 Corrigé de l'examen du 26 mai 2008 Exercice no1

LM 315 Corrigé de l'examen du 26 mai 2008 Exercice n^o1

I Par Fubini positif, on peut écrire I =

Z

R+

Z

R+

1

1 + u+ y² d(y)

d(u) = 2

Z

R+

p 1

1 + u d(u):

Par le critère de Riemann cette intégrale est nie si et seulement si > 2.

J_z La même méthode donne J_z = 2

Z

R+

x^z

p1 + x⁴ d(x): Par le critère de Riemann, J_z

"converge" en 0 ssi z > 1 et en +1 ssi z < 1. Donc Jz est nie ssi jzj < 1.

Ka a 0, Ka J0 et Ka est nie.

1 < a < 0: On a 1

1 + a cos²y + y²+ x⁴ 1

1 + a + y²+ x⁴ 1

1 + a 1 1 + y²+ x⁴. Donc K_a 1

1 + a J₀, et K_a est nie.

a = 1. Par Fubini positif K 1 =

Z

R+

Z

R+

1

sin²y + y²+ x⁴d1(y)

d1(x) 1 2

Z

R+

Z

R+

1

y² + x⁴ d1(y)

d1(x):

Or, pour tout x 2 R;

Z

R+

1

y² + x⁴ d1(y) = ` 2 1

x². Donc K 1 = ` 2

Z

R+

1

x² d(x) = +1.

a < 1 Pour tout x > 0, l'application f_x : y ! 1+a cos²y+y²+x⁴vérie f_x(0) = 1+a+x⁴ et lim

n!+1fx(y) = +1. Donc si x⁴ < jaj 1, fx(0) < 0 et fx s'annule au moins une fois sur R+. Comme fx est dérivable, on en déduit que

Z

R+

1

jfx(y)j d(y) est innie. Comme ceci a lieu pour 0 x jaj 1₁₌₄

; le Théorème de Fubini donne K_a = Z

R+

Z

R+

1

jfx(y)j d(y)

d(x) = +1.

En conclusion Ka < +1 () a > 1.

2) D'après l'étude de Jz, F (z) est nie si jzj < 1. Le D.S.E. de z ! x^z est x^z = e^{z ln x} = X+1

0

zⁿ(ln x)ⁿ

n! . Il faut donc injecter ce D.S.E. dans l'intégrale double, puis vérier que "l'intégrale majorante" est nie. A savoir

et

F (z) = Z

(R+)²

X

n 2 N

zⁿ (ln x)ⁿ n!

1

1 + x⁴+ y²+ cos²yd₂(x; y) Z

(R+)²

X

n 2 N

jzjⁿ j ln xjⁿ n!

1

1 + x⁴+ y²+ cos²yd2(x; y) ?

< +1:

Or X

n 2 N

jzjⁿ j ln xjⁿ

n! = ejzj j ln xj; et vaut donc x^z si z ln x 0 et x ^z si z ln x < 0. Dans les deux

2

cas X

n 2 N

jzjⁿ j ln xjⁿ

n! < x^z+ x ^z. Donc l'intégrale majorante est nie si F (z) et F ( z) sont nies, i.e. lorsque jzj < 1. Et dans ce cas, par le Théorème de Fubini,

F (z) = X

n 2 N

zⁿ 1

n!

Z

(R+)²

(ln x)ⁿ

1 + x⁴+ y²+ cos²yd2(x; y)

:

La fonction F admet donc un D.S.E. de rayon de convergence au moins égal à 1. D'autre part F (z) >

Z

[0;1][0;1]

x^z

4 d₂(x; y) = 1 4(z + 1). Donc lim

z! 1⁺F (z) = +1. D'où R 1, soit nalement R = 1.

Exercice n^o2

1) D'après le théorème de Fubini, I² = Z

R²e ^{u2 v2}d₂(u; v). On obtient, par passage en polaires et application de Fubini sur R+ [ 0; 2[

I² = Z

R+[ 0; 2[e ^{r2(cos2+sin2)}r d2 = Z

R+[ 0; 2[e ^r2r d2 = 2 Z

R+

e ^r2r d = e ^r2+1

0 = ;

d'où I =p.

2) D'après 1), on veut montrer lim

n!+1

pn Z ₁

1(1 t²)ⁿdt = Z ₊₁

1 e ^u2du.

En posant u =p

n t on obtient pn

Z ₁

1(1 t²)ⁿdt = Z ^p_n

pn

1 u²

n _n

du = Z ₊₁

1

1 u²

n _n

_{[ n;n]}(u) du.

Il sut donc d'appliquer le T.C.D. à la suite (fn)n1dénie par fn(u) =

1 u² n

_n

_[ ^p_n;^p_n](u).

Pour tout u 2 R lim

n!+1nln

1 u² n

= u², donc lim

n!+1f_n(u) = lim

n!+1

1 u²

n _n

= e ^u2. Reste à trouver une fonction majorante. Pour v 2 R; 1 v e ^v. Donc, pour u 2 R, 1 u²

n exp u²

n

. Si 1 u²

n 0, i.e. p

n u p

n, alors

1 u² n

_n

e ^u2=n_n

= e ^u2. Donc pour n 1 et u 2 R, fn(u) e ^u2 qui est une fonction majorante intégrable.

Donc lim

n!+1

Z

Rf_nd = Z ₊₁

1 e ^u2du =p

ou encore lim

n!+1

pn Z ₁

1(1 t²)ⁿdt =p . Exercice n^o3

Calcul de 4(E). La condition B(M; u) B0 équivaut à r + u 1. Donc, en utlisant le Théorème Fubini et un passage en coordonnées sphériques,

₄(E) = Z

M 2 B0

0u; u+r1

d₄(M; u) = Z

B0

Z _{1 r}

0 du

d₃(M) =

Z

]0;1[]0;2[]0;[

(1 r) r²sin d₃(r; ; ).

Soit ₄(E) = Z ₁

0 (r² r³) dr 2 Z

0 sin d = 1

3 1 4

2 2 = 3.

3 Calcul de ₄(F ). La condition M 2 B₀⁺ se traduit par z 0, B(M; u) \ P 6= ; se traduit par u z et B(M; u) B0 se traduit par u 1 r, ce qui donne 0 z u 1 r pour caractériser F . D'où 4(F ) =

Z

M 2 B⁺₀; zu1 r

d4(M; u).

On intègre d'abord par rapport à u. L'intégrale en u sera nulle pour M tel que z > 1 r, i.e.

M =2 G. Donc, par Fubini, ₄(F ) =

Z

M 2 G

Z _{1 r}

z du

d₃(M) = Z

M 2 G(1 r z) d₃(M).

Pour évaluer cette intégrale en passant en coordonnées sphériques, il faut traduire M 2 G en termes de (r; ; ). On a

M(r; ; ) 2 G () r 1;

2 et r cos 1 r ()

2 et r(1 + cos ) 1:

D'où 4(F ) =

Z

=2; r(1+cos )1

1 r(1 + cos )

r²sin d3(r; ; )

= 2

Z

=2; r(1+cos )1

1 r(1 + cos )

r²sin d2(r; )

= 2 Z ₌₂

0

Z _{1=(1+cos )}

0

r² r³(1 + cos ) dr

!

sin d

= 2 Z ₌₂

0

r³ 3

r⁴

4 (1 + cos ) ^{1=(1+cos )}

0

sin d

= 2 Z ₌₂

0

1

3(1 + cos )³

1

4(1 + cos )⁴ (1 + cos )

sin d

= 2 1 12

Z ₌₂

0

sin

(1 + cos )³ d

= 6

Z ₁

0

1

(1 + v)³ dv

=

6 1

2(1 + v)^{2 1}

0

!

= 6

1

8 + 1 2

= 16

Finalement P = 1 2 =16

=3 = 1 3 8 = 5

8.