LM 315 Corrigé de l’examen du 19 juin 2009 Exercice no1
− ParF+, Iα = Z
[0,1]×R+
1
uα+v2 dλ2(u, v) = Z
[0,1]
Z
R+
1
uα+v2 dλ(v)
dλ(u).
D’après le rappel,Iα = π 2
Z
[0,1]
1
uα/2 dλ(u). Par le critère de Riemann Iα <+∞ ⇐⇒α <2.
− La présence d’un log ne changeant rien, on a le même résultat pourIα0.
− On aJα < Iα. Donc Jα <+∞si α <2. Réciproquement un passage en polaires donne J2 =
Z
0<x<1,0<y<1
r
r2 dλ2(r, θ)>
Z
r<1,θ∈[0,π/2]
1
r dλ2(r, θ) = +∞.
Commeα−→Jα est croissante, Jα = +∞pour α≥2, d’oùJα <+∞ ⇐⇒α <2.
− En faisant le changement de variables(u, v) = (x3, y3) dans Jα, on obtient Jα =
Z
[0,1]2
9x2y2
x3α+y6 dλ2(x, y) = 9K3α, soit Kβ = 1
9Jβ/3. Donc Kβ <+∞ ⇐⇒β <6.
2) Appliquons le Théorème de dérivation. Soitg : (u, v, α)−→ 1
uα+v2. Alors ∂g
∂α = −lnu×uα uα+v22. CommeJ2 = +∞, pour montrer queα −→Jα est dérivable sur(−∞,2[, il faut localiser en α.
Soit a <2. Pour α < a,
∂g
∂α
=
−lnu×uα uα+v22
≤ −lnu
uα+v2 ≤ −lnu
ua+v2 =ga(u, v). Cette fonction ga, qui est majorante, est intégrable d’après 1). En effet
Z
[0,1]2
ga(u, v)dλ2(u, v)< Ia0 <+∞car a <2. Le Théorème de dérivation s’applique, d’où le résultat .
3) Le D.S.E. de z −→ 1−cos(xyz) est 1−cos(xyz) =
+∞
X
1
(−1)n−1z2n(xy)2n
2n! . Il faut injecter ce D.S.E. dans l’intégrale, puis vérifier que "l’intégrale majorante" est finie. i.e.
et
F(z) = Z
[0,1]2
+∞
X
0
(−1)n−1(xyz)2n 2n!
× 1
x5 +y6 dλ2(x, y) G(z) =
Z
[0,1]2
+∞
X
0
|xyz|2n 2n!
× 1
x5+y6dλ2(x, y) ?
<+∞.
Or pour |xy| ≤1,
+∞
X
1
|xyz|2n
2n! ≤x2y2
+∞
X
1
|z|2n
2n! =x2y2z2
+∞
X
0
|z|2p
2p+ 2! < x2y2z2e|z|. DoncG(z)< z2e|z|K5 <+∞. On peut appliquer Fubini et obtenir
F(z) =
+∞
X
1
z2n×
(−1)n−1 2n! ×
Z
[0,1]2
(xy)2n
x5+y6 dλ2(x, y)
.
Commez est quelconque, la fonction F admet un D.S.E. de rayon de convergence infini.
Exercice no2
Un passage en polaires donne Z
E
xndλ2(x, y) = Z
[0,1]×[0,π/2]
rcosθn
r dλ2(r, θ). Par Fubini Z
E
xndλ2(x, y) = Z
[0,1]
rn+1dr× Z
[0,π/2]
cosnθ dθ= 1 n+ 2 ×
Z
[0,π/2]
cosnθ dθ.
Donc lim
n→+∞n3/2× Z
E
xndλ2(x, y) = rπ
2 ⇐⇒ lim
n→+∞n1/2× Z π/2
0
cosnθ dθ= rπ
2.
2 Pour montrer cette égalité on pose u=√
n×θ, d’où n1/2×
Z π/2
0
cosnθ dθ= Z
√nπ/2
0
cosn u/√ n
du.
On définit la suite(fn)n≥1 sur R+ en posant fn(u) = χ
]0,√
nπ/2[(u) cosn u/√ n
.
− Pouru fixé cosn u/√ n
= exp
nln cos u/√ n
. Or lim
n→+∞cos u/√ n
= 1, d’où ln cos u/√
n
∼ cos u/√ n
−1 ∼ −u2 2n . Il en découle que lim
n→+∞fn(u) = lim
n→+∞cosn u/√ n
=e−u2/2.
−Commecost×et2/2 ≤1poutt ∈ [0, π/2], pour0< u <√
n×π/2,0≤cos(u/√
n)≤e−u2/2n. Donc
fn(u)
≤ e−u2/2. Le T.C.D. s’applique et donne lim
n→+∞
Z
R+
fndλ = Z +∞
0
e−u2/2du. De la donnée
Z +∞
0
e−v2dv=
√π
2 , on déduit que Z +∞
0
e−u2/2du= rπ
2, d’où
n→+∞lim n3/2× Z
E
xndλ2(x, y) = lim
n→+∞n1/2× Z π/2
0
cosnθ dθ= lim
n→+∞
Z
R+
fndλ= rπ
2.
Exercice no3 1) SoitE+ =
(M, u) ∈ R3×R+, M ∈ B1, zM >1etB(M, u)∩Π2 =∅ . Alors E =E−∪E+ etE−∩E+=∅. Par symétrieλ4(E−) = λ4(E+), d’où λ4(E) = 2λ4(E−).
2) D’après 1) P =λ4(F).
2λ4(E−).
− Calcul de λ4(F). Comme indiqué on remplace B1 par B0. Soit M(r, θ, φ) ∈ B0. Alors B(M, u)⊆B(O,1)⇐⇒r+u≤1, soit 0< u≤1−r. D’où
λ4(F) = Z
M∈B0 u+r≤1
dλ4(M, u) = Z
B0
Z 1−r
0
du
dλ3(M) = Z
M∈B0
(1−r)r2sinφ dλ3(r, θ, φ).
Doncλ4(F) = Z 2π
0
dθ×
Z π
0
sinφ dφ×
Z 1
0
r2−r3dr = 2π×
−cosφ
π 0
× 1
3− 1 4
= 2π×2× 1 12 = π
3.
− Calcul de λ4(E−). Les conditions zM ≤1 et B(M, u)∩Π0 =∅ se traduisent par rcosφ ≤1 etu≤zM =rcosφ. Enfin M ∈ B1 ⇐⇒r ≤2 cosφ. Donc
λ4(E−) = Z
M∈B1,u≤rcosφ rcosφ≤1
dλ4(M, u) = Z
r≤(cosφ)−1, r≤2 cosφ
rcosφ×r2sinφ dλ3(r, θ, φ).
Notons r(φ) = inf
(cosφ)−1, 2 cosφ . On a alors λ4(E−) =
Z
[0,π/2]×[0,2π]
Z r(φ)
0
r3dr
!
cosφsinφ dλ2(θ, φ) = 2π Z π/2
0
r(φ)4
4 cosφsinφ dφ.
Pour φ ∈ [0, π/2], (cosφ)−1 = 2 cosφ ⇐⇒ 2 cos2φ = 1 ⇐⇒ φ = π/4. Donc si φ ≤ π/4, r(φ) = 1/cosφ et si φ > π/4, r(φ) = 2 cosφ. Donc
λ4(E−) = π 2
Z π/4
0
sinφ
cos3φdφ+π 2
Z π/2
π/4
16 cos5φsinφ dφ= π 2
"
1 2 cos2φ
π/4
0
# + 8π
"
−cos6φ 6
π/2
π/4
# .
D’oùλ4(E−) = π 2
1− 1
2
+ 8π
0 + 1/8 6
=π× 1
4 +1 6
= 5π
12 et P = π/3 5π/6 = 2
5.
