On obtient f

1

LM 315 CALCUL INTÉGRAL

Corrigé de l'examen du 27 juin 2007 Exercice n^o1

1) Faisons une intégration par parties, en tenant compte du fait que f s'annule en dehors d'un intervalle borné. On obtient

f() =^ Z

Re ^2itf(t) d(t) = 0 Z

R

e ^2it

2i f⁰(t) d(t) = 1 2i

Z

R e ^2it f⁰(t) d(t);

ce qui implique que 8 2 R ; ^f() 12jjkf⁰k1 ou encore ^f() 12kf⁰k1. 2) Nous devons vérier que ^f₂

est intégrable sur R. Comme ^f est continue et bornée sur R, il en est de même pour ^f₂

, et les seuls problèmes sont à l'inni. D'après 1), ^f()² 1

4²² kf⁰k²₁. D'après le critère de Riemann, l'intégrale

Z ₊₁

1 ^f()² d; converge ou encore ^f 2 L²(R).

3) Règlons les questions d'intégrabilité. A gauche notons que, comme 0 1, Z

R ^f()^g() =nd() Z

R ^f()^g()d() ^f₂^g₂ < +1, en utilisant l'Inégalité de Cauchy-Schwartz et la question 2).

A droite, comme 0 ^ 1, on a Z

R²

f(t)g(s) n ^ n(t s) d2(s; t) n Z

R²f(t)g(s)d2(s; t) < +1;

car, par le théorème de Fubini positif, cette dernière intégrale vaut kfk1 kgk1.

Passons à la démonstration de l'égalité (2). On substitue les dénitions de ^f() et ^g() dans Z

R

f()^g() =n) d(). On obtient^ Z

R

f()^g() =n) d() =^ Z

R

Z

Re ^2itf(t) d(t)

Z

Re^2isg(s) d(s)

=n) d().

L'application h dénie sur R³ par (s; t; ) ! h(s; t; ) = e ^2itf(t) e^2isg(s) =n) est continue et intégrable car h(s;t;) = f(t) g(s) =n), et f; g et sont intégrables.

On peut donc appliquer le théorème de Fubini et intégrer d'abord en . On obtient Z ₊₁

1

f()^g() =n) d =^ Z

R³h d3

= Z

R²

Z

R f(t)g(s)

e ^{2i(t s)} =n) d()

d2(s; t)

= Z

R² f(t)g(s) Z

Re ^{2i(t s)} =n) d()

d2(s; t):

En posant = =n on a

2 Z

Re ^{2i(t s)} =n) d() = Z

Re ^{2in(t s)} )n d() = n^ n(t s) , d'où nalement

Z ₊₁

1

f()^g() =n) d =^ Z

R²f(t)g(s) n ^ n(t s)

d₂(s; t):

4) Réglons la question d'intégrabilité. Par le théorème de Fubini positif, Z

R²

f(t)g(t) n ^ n(t s) d2(s; t) = Z

Rf(t)g(t)Z

R n ^ n(t s) d(s)

d(t):

L'intégrale en s se ramène, en posant v = n(t s), à Z

R^(v) d(v) qui vaut 1. Comme fg est intégrable, Jn est bien dénie.

Démontrons (3). D'après ce qu'on vient de voir, le théorème de Fubini s'applique et donne Z

R²f(t)g(t) n ^ n(t s)

d2(s; t) = Z

Rf(t)g(t) Z

R n ^ n(t s) d(s)

d(t)

= Z

Rf(t)g(t) d(t):

Passons à la démonstration de (4). Notons que In J_n =

Z

R²f(t) g(s) g(t)

n ^ n(t s)

d₂(s; t)

Z

R²f(t)g(s) g(t)n ^ n(t s)d2(s; t):

Par l'inégalité des accroissements nis, pour tout (s; t) 2 R², g(s) g(t) js tj kg⁰k1. En sustituant dans l'inégalité précédente, on obtient

In J_n kg⁰k₁ Z

R²f(t)js tj ^ n(t s)nd2(s; t).

Le théorème de Fubini positif permet de transformer cette intégrale double en intégrale itérée.

Elle vaut donc Z

Rf(t) Z

Rjs tj ^ n(t s)

n d(s)

d(t):

On pose v = n(t s) dans l'intégrale intérieure qui vaut donc 1 n

Z

Rjvj ^(v) d(v). Un calcul immédiat donne

Z

Rjvj ^(v) d(v) = 2 Z ₊₁

0 v e ^v

2 dv = 1. Comme elle est indépendante de t on peut faire sortir l'intégrale intérieure à l'extérieur de l'intégrale en t et on obtient

3 In Jn kg⁰k1

n 1

Z

Rf(t)d(t);

d'où le résultat.

5) Commençons par la gauche. On peut appliquer le T.C.D. avec fonction majorante = ^f^g.

En eet, on a vu au début du 3) que ^f^g 2 L¹(R) et que ^f()^g()(=n) (). Comme est continue en 0 et (0) = 1, on a lim

n!+1 =n

= 1 pour tout 2 R. Donc, par le T.C.D.,

n!+1lim Z

R

f()^g() =n^

d() = Z

R

f()^g() d():^

A droite, en combinant (3) et (4), on obtient que lim

n!+1In = Z

Rfg d. Donc en passant à la limite dans les deux membres de (2) lorsque n ! +1, on obtient bien

Z

R

f ^g d =^ Z

Rf g d.

Exercice n^o3 1) - Pour x > 0, sup

t0sin(tx) = 1. Donc (x) = 1 (1 + x)p

x. Pour la convergence de Z ₊₁

0 (x) dx les seules valeurs à considérer sont 0 et +1. En 0⁺; (x) x ¹⁼² et en +1; (x) x ³⁼²: Dans les deux cas le critère de Riemann fournit la convergence désirée.

- Pour x > 0, sup

t0

1 t + x

= 1

x. Donc (x) = j sin xj xp

x . Pour la convergence de Z ₊₁

0 (x) dx, les seules valeurs à considérer sont 0 et +1. En 0⁺; (x) x ¹⁼², car lim

x !0

sin x

x = 1, et en +1; (x) x ³⁼²: A nouveau le critère de Riemann fournit la convergence désirée.

2) - En utilisant le 1) et le théorème de comparaison, on voit que les intégrales dénissant F (t) et G(t) sont absolument convergentes. Donc F et G sont bien dénies sur R+.

- La fonction t ! sin(tx) (1 + x)p

x est continue sur R₊ pour tout x > 0. Nous avons vu au 1) que nous avons une fonction majorante intégrable . On peut donc appliquer le théorème de continuité de Lebesgue.

- Le même raisonnement fonctionne aussi pour G.

3) Notons que @

@tf(x; t) = x cos(tx) (1 + x)p

x. Lorsque t varie de a à b, tx varie de ax à bx. Par hy- pothèse, bx ax , ce qui implique l'existence de y 2 ]ax; bx[ tel que j cos yj = 1. Donc

t 2 [a;b]sup cos(tx) = 1 et sup

t 2 [a;b]

@

@tf(x; t)

= x

(1 + x)p x.

Pour appliquer le théorème de dérivation des intégrales à F , il faudrait trouver un fonction majorante pour la dérivée partielle. On peut décider de localiser. Soit [a; b] un intervalle de R₊. Une telle fonction majorante devrait majorer sup

t 2 [a;b]

@

@tf(x; t)

. Or on vient de calculer

4 ce sup pour x susamment grand et le calcul montre que ce sup n'est pas intégrable. Il est donc impossible de trouver une fonction majorante intégrable et le théorème de dérivation des intégrales ne s'applique pas directement à F .

4) Posons u = xt dans l'intégrale dénissant F (t). On obtient x = u=t soit F (t) =

Z ₊₁

0

sin(tx) (1 + x)p

x dx = Z ₊₁

0

sin u 1 + (u=t)p

u=t du

t =p t

Z ₊₁

0

sin u (t + u)p

u du =p t G(t).

5) Notons que @

@tg(x; t) = sin x (t + x)²p

x. On xe a > 0 et pour t > a;

@

@tg(x; t)

< 1 (a + x)²p

x =

a(x). La fonction majorante a est intégrable. Donc G est dérivable sur ]a; +1) pour tout a > 0, soit sur R₊.

La continuité de G⁰ résulte de la continuité de t ! @

@tg(x; t). Il sut d'appliquer le théorème de continuité en localisant comme précédemment avec la même fonction majorante.

D'après la relation démontrée au 4), F est également C¹ sur R₊. Exercice n^o3

On pose x = r cos et y = r sin . D'après l'indication, les points de E sont caractérisés par r² + z² 1 et r cos avec =2 =2. En appelant F l'ensemble des triplets (r; ; z) vériant ces conditions, on est ramené à calculer l'intégrale

Z

Fr d3(r; ; z): On peut appliquer le théorème de Fubini et commencer par intégrer en z. On obtient

Z

Fr d3(r; ; z) = Z

rcos ; =2=2

Z

jzj<p

1 r² d(z)

r d2(r; )

= 2 Z

rcos ; =2=2

p1 r²r d₂(r; )

= 2 Z ₌₂

=2

(1 r²)³⁼² 3 ^cos

0

d

= 4 3

Z ₌₂

0 1 sin³

d = 4 3

2 2 3

= 2 3

8 9:

Pour passer de la 2^ème à la 3^ème ligne on utilise à nouveau Fubini pour intégrer d'abord en r.

Ensuite on utilise la formule 1 cos² = sin² ainsi que la parité de la fonction en pour éviter de traîner des valeurs absolues de sin³. On conclut en remarquant que

Z ₌₂

0 sin³ d = Z ₌₂

0 sin (1 cos²) d =

cos + cos³

3 ⁼²

0

= 2 3: