Université Chouaib Doukkali Année Universitaire 2016-2017 Faculté des Sciences
Département de Mathématiques El Jadida
(Responsable : Prof. Lesfari, http ://lesfari.com) SMA 4 Module : Analyse 6
(Durée de l'épreuve :1h300) Exercice 1 Calculer l'intégrale double :
Z Z
D
|x+y|dxdy, oùD={(x, y)∈R2 :|x|<1,|y|<1}.
Solution : On a Z Z
D
|x+y|dxdy = 2 Z Z
D1
(x+y)dxdy = 2 Z 1
−1
Z 1
−x
(x+y)dy
dx= 8 3. (Noter que :D1 ={(x, y)∈R2 :−1< x <1,−x < y <1}).
Exercice 2
Examiner si la forme diérentielle suivante dans R2 est exacte et, le cas échéant, en trouver les primitives (c.-à-d., une fonctionf telle que :ω=df).
ω= x
x2+y2dx+ y x2+y2dy.
Solution : Comme
∂
∂y
x
x2+y2
= ∂
∂x
y
x2+y2
,
alors la formeω est fermée surR2\{(0,0)}. L'ouvertR2\{(0,0)}n'étant pas étoilé, on ne peut donc utiliser le théorème de Poincaré. Pour voir si ω est exacte, on cherche s'il existe une fonction f de classe C1 telle que :ω =df.
On a x
x2+y2dx+ y
x2+y2dy= ∂f
∂xdx+∂f
∂ydy.
Dès lors, x
x2+y2 = ∂f
∂x ⇐⇒f(x, y) = 1
2ln(x2+y2) +C(y), y
x2+y2 = ∂f
∂y ⇐⇒ y
x2+y2 +C0(y) = y x2+y2. 1
Donc C(y) = K = constante et par conséquent, la forme en question est exacte :ω=df avec
f(x, y) = 1
2ln(x2+y2) +K.
Exercice 3
Calculer l'intégrale suivante par la méthode des résidus : Z ∞
0
sinx x(x2+ 1)dx.
Solution : On considère la fonction f(z) = z(ze2iz+1) et on adopte le contour suivant :
γ =γ1∪[−r,−ε]∪γ2∪[ε, r].
On a Z
γ1
f(z)dz+ Z
γ2
f(z)dz+ 2i Z r
ε
sinx
x(x2+ 1)dx= 2πiRés(f(z), i) =−πie−1. En faisant tendreε→0etr→ ∞, on obtient
0−πi+ 2i Z ∞
0
sinx
x(x2+ 1)dx=−πie−1,
et donc Z ∞
0
sinx
x(x2+ 1)dx= π
2(1−e−1).
Exercice 4
1) On considère la fonction gamma d'Euler la fonction dénie par
Γ(x) = Z +∞
0
e−ttx−1dt, x∈]0,+∞[
2
Montrer que cette intégrale converge uniformément sur l'intervalle [a, b]
où0< a < b <+∞. En déduire queΓ est continue sur ]0,+∞[.
2) On dénit la fonction bêta d'Euler par B(p, q) =
Z 1 0
xp−1(1−x)q−1dx, p∈]0,+∞[, q∈]0,+∞[
Etablir la formule suivante :
B(p, q) = Γ(p)Γ(q) Γ(p+q), oùΓ est la fonction gamma d'Euler.
Solution : 1) a) Pour tout x ∈ R, la fonction ]0,+∞[−→ R, t 7−→
e−ttx−1, est positive, continue sur ]0,+∞[ et donc localement intégrable sur ]0,+∞[. L'intégrale en question converge en même temps que les deux intégralesR1
0 e−ttx−1dtetR+∞
1 e−ttx−1dt. Au voisinage de 0, on ae−ttx−1 ∼ tx−1. L'intégrale R1
0 tx−1dt converge si et seulement si x > 0 et d'après le critère d'équivalence, il en est de même pour R1
0 e−ttx−1dt. Au voisinage de +∞, on a limt→+∞t2e−ttx−1 = 0, c-à-d., e−ttx−1 = o t12
et l'intégrale R+∞
1 e−ttx−1dtconverge. Par conséquent, l'intégraleR+∞
0 e−ttx−1dtconverge si et seulement six >0.
b) Pour x ≥ a > 0 et t ∈]0,1]. On a e−ttx−1 ≤ e−tta−1. L'intégrale R1
0 e−tta−1dtétant convergente, alorsR1
0 e−ttx−1dtconverge normalement sur [a,+∞[ en vertu du critère de Weierstrass. Pour 0 < x≤b et t∈ [1,+∞[, on a e−ttx−1 ≤ e−ttb−1. Comme l'intégrale R+∞
1 e−ttb−1dt converge, alors on déduit du même critère queR+∞
1 e−ttx−1dt est normalement convergente pour 0 < a ≤ x ≤b. Par conséquent, l'intégrale en question converge nor- malement, donc uniformément sur l'intervalle[a, b]où0< a < b <+∞.
c) La fonction sous le signe intégrale est continue sur]0,+∞[×]0,+∞[. La continuité de la fonctionΓsur]0,+∞[résulte immédiatement de la question précédente et du théorème de continuité.
2) Pour p >0etq >0, on a Γ(p) =
Z +∞
0
e−ttp−1dt= 2 Z +∞
0
e−u2u2p−1du, t=u2
Γ(q) = Z +∞
0
e−ttq−1dt= 2 Z +∞
0
e−v2v2q−1dv, t=v2 d'où
Γ(p)Γ(q) = 4 Z +∞
0
Z +∞
0
e−(u2+v2)u2p−1v2q−1dudv.
Posonsu=rcosθ,v=rsinθ, d'où Γ(p)Γ(q) = 4
Z +∞
0
Z π
2
0
cos2p−1θ.sin2q−1θdθ
!
e−r2r2(p+q)−1dr.
3
Or
B(p, q) =B(q, p) = Z 1
0
xq−1(1−x)p−1dx= 2 Z π
2
0
sin2q−1θ.cos2p−1θdθ,
oùx= sin2θ et Γ(p+q) =
Z +∞
0
e−ttp+q−1dt= 2 Z +∞
0
e−r2u2(p+q)−1dr, t=r2
donc Γ(p)Γ(q) =B(p, q)Γ(p+q).
4
