LM 315 Corrigé de l'examen du 16 juin 2008
Exercice no1
1) Toutes les fonctions intégrées étant positives, on peut apppliquer Fubini et intégrer d'abord en une variable.
Notons qu'à y xé dans ]0; 1[, (x; y) 2 E () 0 x p
1 y2 et idem pour x.
I = Z
[0;1]
Z
]0;p
1 x2[ d(y)
xd(x) = Z
[0;1]xp
1 x2d(x).
Par le critère de Riemann, cette intégrale est nie ssi > 1.
J = Z
[0;1]
Z
]0;p
1 y2[ d(x)
! 1
(1 y) d(y) = Z
[0;1]
p1 y2
(1 y) d(y).
Au voisinage de 1 ;
p1 y2 (1 y) =
p1 + y p 1 y
(1 y) p
2 1
(1 y) (1=2). Par le critère de Riemann, cette intégrale est nie ssi (1=2) < 1, soit < 3=2.
K = Z
[0;1]
Z
]0;p
1 y2[xd(x)
! 1
(1 y)d(y). Pour que l'intégrale en x ne soit pas iden- tiquement innie, il est nécéssaire d'avoir > 1. Supposons donc > 1. On a alors
Z
]0;p
1 y2[xd(x) = x+1 + 1
p1 y2
0 = (1 y2)(+1)=2 + 1 . D'où K = 1
+ 1 Z
[0;1]
(1 y2)(+1)=2
(1 y) d(y).
Au voisinage de 1 ; (1 y2)(+1)=2
(1 y) = (1 + y)(+1)=2 (1 y)(+1)=2
(1 y) 2(+1)=2 1
(1 y)( 1)=2. Par le critère de Riemann, cette intégrale est nie ssi ( 1)=2) < 1, soit < 3.
Donc K < 1 () 1 < < 3.
2) D'après 1) F (z) est bien dénie ssi 1 < z + 1 < 3, soit ssi jzj < 2. Le D.S.E. de z ! Uz+1 est Uz+1 = U ez ln U = U
X+1 0
zn(ln U)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
E
X
n 2 N
U zn (ln U)n n!
d2(x; y) Z
E
X
n 2 N
U jzjn j ln Ujn n!
?
< +1:
Or X
n 2 N
U jzjn j ln Ujn
n! = U ejzj j ln Uj; et vaut donc Uz+1si z ln U 0 et U1 z si z ln U < 0.
Dans les deux cas X
n 2 N
U jzjn j ln Ujn
n! < Uz+1+ U1 z. Donc l'intégrale majorante est nie si F (z) et F ( z) sont nies, i.e. lorsque jzj < 2. Et dans ce cas, par le Théorème de Fubini,
2
F (z) = X
n 2 N
zn 1
n!
Z
(E)U (ln U)nd2(x; y)
:
La fonction F admet donc un D.S.E. de rayon de convergence au moins égal à 2. D'autre part, F (z) >
Z
[0;1=2][0;1=2]
xz+1
(1 y)z+1d2(x; y) = Z 1=2
0 xz+1dx Z 1=2
0
dy (1 y)z+1: Donc lim
z! 2+F (z) = +1. D'où R 2, soit nalement R = 2.
Exercice no2
1) Soit f(t) = cos tet2=2. Alors f0(t) = sin t+t cos t
et2=2. Or sin t+t cos t0
= t sin t.
Donc t ! sin t + t cos t
est décroissante négative sur [0; =2] et f est décroissante sur ce même intervalle. Comme f(0) = 1, on a bien pour 0 t =2; cos t et2=2 1.
2) Un passage en polaires donne Z
Exnd2(x; y) = Z
[0;1][0;=2] r cos n
r d2(r; ). Une appli- cation de Fubini donne
Z
Exnd2(x; y) = Z
[0;1]rn+1dr Z
[0;=2]cosn d = 1 n + 2
Z
[0;=2]cosn d:
Donc lim
n!+1n3=2 Z
Exnd2(x; y) = r
2 () lim
n!+1n1=2 Z =2
0 cosn d = r
2. Pour montrer cette égalité on pose u =p
n , d'où n1=2
Z =2
0 cosn d =
Z pn=2
0 cosn u=p n
du.
On dénit la suite (fn)n1 sur R+ en posant fn(u) = ]0;pn=2[(u) cosn u=p n
. Pour u xé cosn u=p
n
= exp
n ln cos u=p n
. Or lim
n!+1cos u=p n
= 1, d'où ln cos u=p
n
cos u=p n
1 u2 2n . Il en découle que lim
n!+1fn(u) = lim
n!+1cosn u=p n
= e u2=2.
D'après 1), pour 0 < u < pn =2; 0 cos(u=pn) e u2=2n. Donc fn(u) e u2=2. Le T.C.D. s'applique et donne lim
n!+1
Z
R+
fnd = Z +1
0 e u2=2du. De la donnée Z
R+
e v2ui(v) = p
2 , on déduit que Z +1
0 e u2=2du = r
2, d'où
n!+1lim n3=2 Z
Exnd2(x; y) = lim
n!+1n1=2 Z =2
0 cosn d = lim
n!+1
Z
R+
fnd = r
2:
3 Exercice no3
1) On a @
@ r
3 1 + r2 2r cos 3=2
= 3
2 2r sin r
3 1 + r2 2r cos 1=2
= r2sin 1 + r2 2r cos 1=2 :
2) Calcul de 4(E). Notons que (M; u) 2 E () M 2 B0 et 0 < u < 1 + r. Par Fubini, et en passant en sphériques, on a
4(E) = Z
M 2 B0
Z 1+r
0 du
r2sin d3(r; ; )
= Z
M 2 B0
(1 + r)r2sin d3(r; ; )
= 2 Z
0 sin d Z 1
0 r2+ r3 dr
= 2 2 1
3+ 1 4
= 7 3 :
Calcul de 4(F ). Notons que (M; u) 2 F () M 2 B0 et 0 < u < SM. De plus SM = 1 + r2 2r cos 1=2
. Par Fubini, et en passant en sphériques, on a
4(F ) = Z
M 2 B0
Z SM
0 du
r2sin d3(r; ; )
= Z
M 2 B0
1 + r2 2r cos 1=2
r2sin d3(r; ; )
= 2 Z
]0;1[]0;[
@
@ r
3 1 + r2 2r cos 3=2
d2(r; )
= 2 3
Z 1
0
r 1 + r2 2r cos 3=2
0
dr
= 2 3
Z 1
0 r
(1 + r)3 (1 r)3 dr
= 2 3
Z 1
0 r
6r + 2r3 dr
= 2 3
6 3 +2
5
= 8 5 :
D'où P = 1 8
5 3
7 = 1 24 35 = 11
35.
