El´ ements de correction d’exercices des feuilles de TD N1MA5012 - Int´ egration Exercice 3 de la feuille 5

El´ ements de correction d’exercices des feuilles de TD N1MA5012 - Int´ egration Exercice 3 de la feuille 5

Un des buts de cet exercice va ˆ etre de montrer que C = Z

R

e

^−u2

du = √ π.

On pose F(x) = Z

R

e

^−xt2

1 + t

²

dt.

1. Pour quelles valeurs de x ∈ R , F (x) est-elle finie ? Pour tout r´ eel x, la fonction t →

^e−xt

2

1+t²

est continue sur R . F (x) fini ´ equivaut ` a t →

^e−xt

2

1+t²

Lebesgue int´ egrable sur R soit ici (fonction continue et positive) ´ equivaut ` a la convergence de l’int´ egrale de Riemann g´ en´ eralis´ ee : R

+∞

−∞

e^−xt2 1+t²

dt.

∀x ≥ 0 0 ≤ e

^−xt2

1 + t

²

≤ 1

1 + t

²

et Z

+∞

−∞

1

1 + t

²

dt = [arctan(t)]

^+∞_−∞

= lim

+∞

arctan(t)−lim

−∞

arctan(t) = π (1) L’int´ egrale g´ en´ eralis´ ee converge pour x ≥ 0 par comparaison entre fonctions positives.

Pour x < 0 lim

t→±∞

e^−xt2

1+t²

= +∞ (croissance compar´ ee) donc l’int´ egrale g´ en´ eralis´ ee diverge grossi` erement.

2. Montrer que F est d´ erivable sur ]0, +∞[.

Nous allons appliquer le th´ eor` eme de d´ erivation des int´ egrales ` a param` etre, on note f (t, x) =

^e−xt

2

1+t²

.

∀x ≥ 0, t → f (t, x) est int´ egrable d’apr` es la question pr´ ec´ edente ;

∀t ∈ R , x → f (t, x) est d´ erivable sur ]0, +∞[ et

∂f

∂x (t, x) = − t

²

1 + t

²

e

^−xt2

∀a > 0, ∀x ∈]a, +∞[, ∀t ∈ R ,

−

_1+t^t22

e

^−xt2

≤ e

^−at2

;

la fonction t → e

^−at2

est int´ egrable sur R car continue sur R donc localement int´ egrable sur R et lim

t→±∞

t

²

e

^−at2

= 0 qui donne la convergence des int´ egrales R

+∞

1

e

^−at2

dt et R

−1

−∞

e

^−at2

dt par comparaison entre fonctions positives ( R

+∞

1 1

t²

dt et R

−1

−∞

1

t²

dt int´ egrales de Riemann convergentes car 2 > 1).

Avec le th´ eor` eme des int´ egrales ` a param` etre nous en d´ eduisons que F est d´ erivable sur ]a, +∞[

pour tout a > 0 donc sur ]0, +∞[ et

∀x > 0 F

⁰

(x) = Z

R

− t

²

1 + t

²

e

^−xt2

dt 3. Calculer F

⁰

(x) et en d´ eduire que F est solution de l’´ equation diff´ erentielle

y

⁰

(x) − y(x) = − C

√ x . Avec la question pr´ ec´ edente

F

⁰

(x) − F(x) = Z

R

− t

²

1 + t

²

− 1 1 + t

²

e

^−xt2

dt = − Z

R

e

^−xt2

dt Pour tout x > 0, nous faisons le changement de variable u = √

xt d’o` u

− Z

R

e

^−xt2

dt = − Z

R

e

^−u2

du

√ x = − C

√ x 4. En d´ eduire une expression de F puis que C = √

π en consid´ erant la limite en +∞ de F . On doit r´ esoudre l’´ equation diff´ erentielle lin´ eaire du premier ordre avec second membre.

Les solutions de l’´ equation homog` enes sont les fonctions x → Ke

^x

avec K constante r´ eelle.

Avec la m´ ethode de la variation de la constante une solution particuli` ere de l’´ equation avec second membre est de la forme x → C(x)e

^x

avec

C

⁰

(x)e

^x

= − C

√ x

d’o` u en faisant de plus le changement de variable u = √

t sur [0, x]

∀x > 0 F (x) = e

^x

K − Z

x

0

Ce

^−t

√ t dt

= e

^x

K − 2C Z

√x

0

e

^−u2

dt

!

(2)

Pour d´ eterminer K nous allons utiliser la valeur de F (0). Il faut pour cela s’assurer au pr´ ealable que F est bien continue en 0 (nous n’avons la d´ erivabilit´ e que sur ]0, +∞[).

Cela d´ ecoule du th´ eor` eme de continuit´ e des int´ egrales ` a param` etre

∀x ≥ 0, t → f (t, x) est int´ egrable sur R (mesurable suffit) ;

∀t ∈ R , x → f (t, x) est continue en 0 ;

∀x ≥ 0, ∀t ∈ R , |f (t, x)| ≤

_1+t¹2

qui est int´ egrable sur R ;

on en d´ eduit que F est continue en 0 et que l’´ egalit´ e (2) est encore vraie en 0. Soit F (0) = π = K et

∀x ≥ 0 F(x) = e

^x

π − 2C Z

√x

0

e

^−u2

dt

!

On remarque que

x→+∞

lim Z

√x

0

e

^−u2

dt = Z

+∞

0

e

^−u2

dt = C 2

car on int` egre une fonction paire. On en d´ eduit avec l’expression de F ci-dessus, que

x→+∞

lim F (x)e

^−x

= π − C

²

De la majoration (1) on d´ eduit que pour tout x positif, 0 ≤ F (x) ≤ π.

D’o` u lim

x→+∞

F (x)e

^−x

= 0 et C = √ π.

Exercice 7 de la feuille 6

1. Montrer que la fonction f d´ efinie sur R

²+

par f (x, y) =

_(1+y)(1+yx¹ ₂₎

est int´ egrable sur ]0, +∞[×]0, +∞[

et que

Z Z

]0,+∞[²

1

(1 + y)(1 + yx

²

) dxdy = π

²

2

La fonction f est continue sur R

²+

donc mesurable. De plus elle est positive, avec le th´ eor` eme de Tonelli (en utilisant de plus que l’int´ egrale de Lebesgue d’une fonction continue positive est ´ egale ` a l’int´ egrale de Riemann g´ en´ eralis´ ee)

Z Z

]0,+∞[²

1

(1 + y)(1 + yx

²

) dxdy = Z

]0,+∞[

1 1 + y

Z

]0,+∞[

1 1 + yx

²

dx

! dy

= Z

]0,+∞[

1 1 + y

1

√ y arctan( √ yx)

+∞

0

! dy

= π

2 Z

]0,+∞[

1 1 + y

√ 1 y dy

= π

2 [2 arctan( √ y)]

^+∞₀

= π

²

2

2. En d´ ecomposant en ´ el´ ements simples

_(1+y)(1+yx¹ ₂₎

, montrer que l’on a aussi Z Z

]0,+∞[²

1

(1 + y)(1 + yx

²

) dxdy = Z

[0,+∞[

− ln(x

²

) 1 − x

²

dx On cherche A(x) et B(x) tels que pour tout y > 0

1

(1 + y)(1 + yx

²

) = A(x)

1 + y + B(x)

1 + yx

²

Pour cela on peut r´ eduire au mˆ eme d´ enominateur puis faire une identification. Les pˆ oles ´ etant simples, on peut aussi utiliser que (m´ ethode du

cache

)

A(x) = lim

y→−1

1 + y

(1 + y)(1 + yx

²

) = 1

1 − x

²

; B(x) = lim

y→−¹

x2

1 + yx

²

(1 + y)(1 + yx

²

) = 1 1 −

_x¹2

= − x

²

1 − x

²

Toujours avec le th´ eor` eme de Tonelli

Z Z

]0,+∞[²

1

(1 + y)(1 + yx

²

) dxdy = Z

]0,+∞[

1 1 − x

²

Z

]0,+∞[

1

1 + y − x

²

1 + yx

²

dy

! dx

= Z

]0,+∞[

1 1 − x

²

ln(1 + y) − ln(1 + yx

²

)

^+∞

0

dx

ln(1 + y) − ln(1 + yx

²

) = ln

_1+y

1+yx²

et lim

y→+∞

ln

_1+y

1+yx²

= ln(

_x¹₂

) = − ln(x

²

), d’o` u

Z Z

]0,+∞[²

1

(1 + y)(1 + yx

²

) dxdy = Z

]0,+∞[

− ln(x

²

) 1 − x

²

dx 3. En d´ eduire que R

1

0

−lnx

1−x²

dx =

^π₈²

. Avec ce qui pr´ ec` ede on a que

Z

+∞

0

− ln x

1 − x

²

dx = π

²

4

L’application inverse est un C

¹

diff´ eomorphisme de ]0, 1[ sur ]1, +∞[, en faisant le changement de variable x = 1/u

Z

+∞

1

− ln x 1 − x

²

dx =

Z

0 1

− ln(1/u) 1 − (1/u)

²

(− du

u

²

) = Z

1

0

− ln u 1 − u

²

du Avec la relation de Chasles

π

²

4 =

Z

1 0

− ln x 1 − x

²

dx +

Z

+∞

1

− ln x 1 − x

²

dx = 2

Z

1 0

− ln x 1 − x

²

dx et le r´ esultat demand´ e.

4. Montrer que R

1 0

−lnx 1−x²

dx =

+∞

P

n=0 1

(2n+1)²

puis en d´ eduire les valeurs de

+∞

P

n=0 1 (2n+1)²

et

+∞

P

n=1 1 n²

.

∀x ∈]0, 1[ 1 1 − x

²

=

+∞

X

n=0

x

²ⁿ

Pour tout entier n, les fonctions x → (− ln x)x

²ⁿ

sont continues donc mesurables. Elles sont de plus positives, avec le corrolaire pour les s´ eries du th´ eor` eme de convergence monotone

Z

1 0

− ln x 1 − x

²

dx =

+∞

X

n=0

Z

1 0

(− ln x)x

²ⁿ

dx puis avec une int´ egration par parties pour tout entier n

Z

1 0

(− ln x)x

²ⁿ

dx =

(− ln x) x

²ⁿ⁺¹

2n + 1

¹

0

+ Z

1

0

x

²ⁿ

2n + 1 dx =

(− ln x) x

²ⁿ⁺¹

2n + 1 + x

²ⁿ⁺¹

(2n + 1)

²

¹

0

Pour tout n ≥ 0, lim

x→0⁺

(− ln x)x

²ⁿ⁺¹

= 0 d’o` u Z

1

0

− ln x 1 − x

²

dx =

+∞

X

n=0

1

(2n + 1)

²

= π

²

8

En d´ ecoupant en indices pairs et impairs (on sait que chaque s´ erie converge)

+∞

X

n=1

1 n

²

=

+∞

X

p=1

1 (2p)

²

+

+∞

X

p=0

1

(2p + 1)

²

= 1 4

+∞

X

p=1

1 p

²

+

+∞

X

p=0

1

(2p + 1)

²

soit

+∞

X

n=1

1 n

²

= 4

3

+∞

X

n=0

1

(2n + 1)

²

= π

²

6

Exercice 6 de la feuille 7

1. Repr´ esenter graphiquement D = {(x, y) ∈ R

²

| x

²

≤ y ≤ 8x

²

et

_x¹

≤ y ≤

_x⁸

}.

(a) DomaineD

2. On pose ϕ(x, y) = (

_x^y2

, xy), montrer que ϕ est un C

¹

-diff´ eomorphisme de D sur ϕ(D).

Il est clair que D ⊂]0, +∞[

²

puis que ϕ(D) ⊂ [1, 8] × [1, 8].

Pour montrer que ϕ est bijective de D sur ϕ(D), il suffit de montrer qu’elle est injective.

Pour la question suivante nous allons avoir besoin de d´ eterminer ϕ

⁻¹

, nous le faisons donc d` es cette question, ce qui montrera en mˆ eme temps l’injectivit´ e de ϕ.

Soient (u, v) ∈ [1, 8] × [1, 8], ϕ(x, y) = (u, v) ´ equivaut ` a

y

x²

= u xy = v ⇔

x =

^v_y

y

³

= uv

²

⇔

x = u

^−1/3

v

^1/3

y = (uv

²

)

^1/3

Pour tout (u, v) ∈ [1, 8]×[1, 8], l’´ equation ϕ(x, y) = (u, v) admet une unique solution (u

^−1/3

v

^1/3

, (uv

²

)

^1/3

) dans D, donc ϕ est une bijection de D sur ϕ(D) = [1, 8]×[1, 8] et de plus ϕ

⁻¹

(u, v) = (u

^−1/3

v

^1/3

, (uv

²

)

^1/3

).

Nous avons ϕ et ϕ

⁻¹

qui sont des fonctions C

¹

, donc ϕ est un C

¹

-diff´ eomorphisme de D sur ϕ(D).

Si nous avions seulement montr´ e l’injectivit´ e et n’avions pas l’expression de ϕ

⁻¹

alors nous aurions pu utiliser le th´ eor` eme d’inversion globale pour en d´ eduire que ϕ est un C

¹

-diff´ eomorphisme de ˚ D sur ϕ( ˚ D). En effet pour tout (x, y) ∈ D ˚

jac(ϕ)(x, y) =

−2

_x^y3

1 x²

y x

= − 3y x

²

6= 0 3. Calculer RR

D

(x + y) dx dy.

Commen¸ cons par remarquer que puisque la mesure de Lebesgue dans R

²

du bord de D est nulle, la valeur de l’int´ egrale est la mˆ eme que l’on int` egre sur D ou sur ˚ D.

Si l’on note f (x, y) = x + y qui est une fonction continue donc mesurable, alors avec le th´ eor` eme de changement de variables :

f int´ egrable sur ˚ D ´ equivaut ` a (f ◦ ϕ

⁻¹

) × |jac(ϕ

⁻¹

)| int´ egrable sur ]1, 8[×]1, 8[ et I :=

Z

D˚

f (x, y) dλ

2

(x, y) = Z

]1,8[×]1,8[

f ◦ ϕ

⁻¹

(u, v) × |jac(ϕ

⁻¹

)(u, v)| dλ

2

(u, v)

On peut calculer jac(ϕ

⁻¹

)(u, v) ` a partir de l’expression de ϕ

⁻¹

, mais avec ce qui a ´ et´ e fait ` a la question 1, on peut aussi utiliser que

jac(ϕ

⁻¹

)(u, v) = 1

jac(ϕ) (ϕ

⁻¹

(u, v)) = 1

−3u

Les fonctions que nous int´ egrons ´ etant de plus positives, avec le th´ eor` eme de Tonelli

I = Z

]1,8[×]1,8[

(u

^−1/3

v

^1/3

+(uv

²

)

^1/3

)× 1

3u dudv = 1 3

(

h −3u

^−1/3

i

⁸

1

× 3

4 v

^4/3

⁸

1

+ h 3u

^1/3

i

⁸

1

× 3

5 v

^5/3

⁸

1

)

= 969 40

Exercice 7 de la feuille 8 On note E

⁺

l’ensemble des fonctions mesurables F : ]0; ∞[→ [0; ∞], les tribus sur les espaces de d´ epart et d’arriv´ ee ´ etant les tribus bor´ eliennes. Soit ´ egalement p ∈ [1; ∞[, et soit q l’exposant conjugu´ e (c’est ` a dire

¹_p

+

¹_q

= 1 lorsque p > 1 ; q = ∞ lorsque p = 1).

Montrer que si F ∈ E

⁺

est dans L

^p

(µ), alors kFk

_Lp

= sup

( Z

]0;∞[

F G dµ; G ∈ E

⁺

, kGk

_Lq

= 1 )

.

Indication : Montrer une double in´ egalit´ e et pour l’une d’elle on pourra consid´ erer G =

^Fp/q

||F||^p/q_Lp

. On remarque que F prend que des valeurs positives, et alors que |F | = F. Par l’in´ egalit´ e de Holder :

sup ( Z

]0;∞[

F G dµ; G ∈ E

⁺

, kGk

_Lq

= 1 )

≤ sup

kF k

_Lp

kGk

_Lq

; G ∈ E

⁺

, kGk

_Lq

= 1

≤ sup

kF k

L^p

; G ∈ E

⁺

, kGk

L^q

= 1

≤ kFk

L^p

Si kF k

_Lp

= 0 alors on a termin´ e puisque cela implique que F est nulle presque partout et alors pour tout avec G ∈ E

⁺

, R

]0;∞[

F G dµ = 0.

Si p = 1 alors la fonction constante ´ egale ` a 1 est mesurable positive et k1k

_∞

= 1, de plus sup

( Z

]0;∞[

F G dµ; G ∈ E

⁺

, kGk

L^∞

= 1 )

≥ Z

]0;∞[

F 1 dµ = kF k

L¹

car F est positive.

Reste le cas kF k

L^p

> 0 et pour p, q 6= ∞, on pose G =

^Fp/q

||F||^p/q_Lp

alors G est dans E

⁺

et kGk

^q_Lq

=

_||F¹_||p

Lp

R

]0;∞[

F

^p

dµ = 1 ; c’est ` a dire kGk

L^q

= 1.

En utilisant les identit´ es 1 +

^p_q

= p et p − p/q = 1 Z

]0;∞[

F G dµ = 1

||F ||

^p/q_Lp

Z

]0;∞[

F

^1+p/q

dµ = kFk

^p_Lp

||F ||

^p/q_Lp

= kF k

L^p

. ce qui donne

sup ( Z

]0;∞[

F G dµ; G ∈ E

⁺

, kGk

_Lq

= 1 )

≥ kF k

_Lp

et d´ emontre l’´ egalit´ e.

Remarque : pour un prolongement de cet exercice (in´ egalit´ e de Hardy), voir le DM2 2013/2014.

Pas donn´ e en devoir mais en r´ eponse ` a des questions Exercice 6 feuille 6

Montrer que la fonction f , d´ efinie par f (x, y) = y exp(−y

²

(1 + x

²

)), est int´ egrable sur [0, +∞[×[0, +∞[

(ind : consid´ erer R

[0,+∞[

( R

[0,+∞[

f (x, y) dy) dx).

La fonction est continue donc mesurable et de plus positive sur le domaine d’int´ egration. Avec le th´ eor` eme de Tonelli

R

[0,+∞[²

f (x, y) dxdy = R

[0,+∞[

( R

[0,+∞[

y exp(−y

²

(1 + x

²

)) dy) dx

= R

[0,+∞[

h

_−exp(−y2(1+x²)) 2(1+x²)

i

+∞

0

dx =

¹₂

[arctan(x)]

^+∞₀

=

^π₄

La valeur est finie donc f est int´ egrable sur [0, +∞[

²

et son int´ egrale vaut

^π₄

. En d´ eduire que R

]0,+∞[

e

^−t2

dt =

√π

2

puis la valeur de R

R

e

^−x2/2

dx.

Toujours avec le th´ eor` eme de Tonelli on peut faire les int´ egrales successives dans l’autre sens, soit

π

4

= R

[0,+∞[

( R

[0,+∞[

y exp(−y

²

(1 + x

²

)) dx) dy

= R

[0,+∞[

e

^−y2

R

[0,+∞[

ye

^−x2y2

dx dy

Puis en faisant le changement de variable u = xy avec y > 0 fix´ e arbitraire, nous avons π

4 = Z

[0,+∞[

e

^−y2

Z

[0,+∞[

e

^−u2

du

! dy =

Z

]0,+∞[

e

^−t2

dt

!

²

D’o` u R

]0,+∞[

e

^−t2

dt =

√π

2

puis en utilisant la parit´ e R

R

e

^−t2

dt = √

π et enfin avec le changement de variable x = √

2t, R

R

e

^−x2/2

dx = √

2π.