Universit´e de Cergy-Pontoise, Math´ematiques L2 int´egration.
Examen (3h.).
Information g´en´erale.
Les documents, t´el´ephones, tablettes et calculettes sont interdits.
L’examen comporte deux exercices sur 4 et 5 points respectivement et un probl`eme sur 39 points, soit un total de 48 points, dont 8 points hors bar`eme, pour une note sur 20. Ce bar`eme est indicatif.
On rappelle que, sauf mention contraire explicite, toute r´eponse devra ˆetre justifi´ee. Des r´eponses correctes mal justifi´ees peuvent certes rapporter des points mais pas le maximum.
Dans un exercice, on pourra utiliser les r´esultats des questions pr´ec´edentes mˆeme si celles- ci n’ont pas ´et´e trait´ees. Dans le probl`eme, toute question peut ˆetre trait´ee en premier.
Son traitement n´ecessite ´eventuellement les r´esultats de questions pr´ec´edentes mais pas la preuve de ses r´esultats. Certaines questions du probl`eme sont ind´ependantes des autres parties voire mˆeme des autres questions.
Dans le probl`eme, les questions ou parties commen¸cant par “(*)“ sont consid´er´ees comme difficiles. Les questions commen¸cant par “(**)“ sont consid´er´ees comme tr`es difficiles.
Toujours dans le probl`eme, un paragraphe intitul´e ”Rappels“ fournit des d´efinitions et des r´esultats que l’on peut utiliser sans red´emonstration.
D´ebut de l’´epreuve.
Exercice 1. : (4 pts). Pour z ≥ 0, on note par Dz le disque du plan de centre (0; 0) et de rayon z. Soit C={(x;y;z)∈R3;z ∈[1; 3],(x;y)∈Dz}.
1. Donner sans justification le jacobien JF(r;θ) du changement de variables en co- ordonn´ees polaires donn´e par F(r;θ) = (rcosθ;rsinθ) pour r∈R+ et θ ∈[0; 2π].
2. Montrer que le volume V deC v´erifie V =
Z 3
1
ZZ
Dz
dxdy
dz . (1)
3. CalculerV.
Exercice 2. :(5 pts). Soit Ω ={(x;y)∈R2;x≥0, y ≥0, x+y≤1}. Soitγ : [0; 3]−→R2 la courbe param´etr´eeC1 par morceaux d´efinie par γ(t) = (x(t);y(t)) avec
x(t) = t et y(t) = 0 si t∈[0; 1], x(t) = 2−t et y(t) = t−1 si t∈[1; 2], x(t) = 0 et y(t) = 3−t si t∈[2; 3].
Soit ω = P dx+Qdy une forme diff´erentielle C1 sur R2 donn´ee par P(x;y) = ey et Q(x;y) =x2y.
1. Calculer l’int´egrale double K = ZZ
Ω
2xy − ey dxdy.
2. Donner la d´efinition de L= Z
γ
ω.
3. CalculerL. Indication : on pourra utiliser la formule de Green-Riemann.
Probl`eme.
L’objectif du probl`eme est de montrer que la fonctionF d´efinie sur R par F(x) =
Z 1
−1
eitxcos(tπ/2)dt (2)
est int´egrable surR et que son int´egrale vaut 2πcos(0×π/2) = 2π.
Rappels : On pourra utiliser sans d´emonstration les faits suivants.
Pour tout nombre complexe a, la fonction ϕa : R −→ C d´efinie par ϕa(t) = eat est d´erivable et, pour toutt,ϕ0a(t) =aeat.
Une fonction f :R−→R est dite paire si, pour toutx∈ R, f(−x) =f(x). Une fonction f :R−→R est dite impaire si, pour tout x∈R,f(−x) =−f(x).
On note par Arctan la bijection r´eciproque de la fonction tangente tan :]−π/2;π/2[−→R. Arctan est impaire, strictement positive sur ]0; +∞[ et v´erifie lim
+∞Arctan =π/2.
Partie I. : ´Etude de la fonction F. (10 pts).
1. Majorations de la fonction F.
a. V´erifier que F est bien d´efinie par (2) et que, pour toutx∈R, |F(x)| ≤2.
b. Montrer que, pour x >0,
|F(x)| ≤ π x2
1 + π
2
. (3)
Indication :on pourra effectuer deux int´egrations par parties puis majorer.
c. En d´eduire la convergence absolue de Z +∞
1
F(x)dx . (4)
2. Montrer que F est continue surR.
3. Montrer que F est paire, c’est-`a-dire que, pour toutx∈R, F(−x) = F(x).
Indication : on pourra effectuer un changement de variables.
4. En d´eduire que Z +∞
−∞
F(x)dx converge absolument.
Partie II. : Fonctions particuli`eres. (8 pts).
Pour λ >0, on consid`ere la fonction positive et paire gλ :R−→R d´efinie par gλ(t) = λ
2Arctanλ · 1
1 +t2λ2 ≥ 0. (5)
1. Montrer la convergence de
Z +∞
0
1
1 +y2 dy . (6)
2. Soitλ >0. V´erifier que Z 1
−1
gλ(t)dt = 1.
3. Soitc∈]0; 1[.
a. Pour λ >0, v´erifier que Z −c
−1
gλ(t)dt = Z 1
c
gλ(t)dt . (7)
b. (*) Montrer que
λ→+∞lim Z −c
−1
gλ(t)dt = 0 = lim
λ→+∞
Z 1
c
gλ(t)dt . (8) 4. (**) Montrer que
λ→+∞lim Z 1
−1
cos(tπ/2)gλ(t)dt = cos(0×π/2) = 1. (9) Indication : on pourra utiliser la continuit´e en 0 de t 7→cos(tπ/2).
Partie III. : (*) Calcul de l’int´egrale sur R de F. (17 pts).
1. Soitλ >0 et t∈[−1; 1].
a. Montrer la convergence absolue de Iλ(t) =
Z +∞
−∞
e−|x|λ eitxdx . (10) b. V´erifier toutes les ´egalit´es suivantes :
Iλ(t) = 1
(1/λ) +it + 1
(1/λ)−it = 2λ
1 +t2λ2 = (4Arctanλ)gλ(t). (11) Indication :on pourra utiliser un calcul explicite de
Z X
0
e−|x|λ eitxdx, pourX >0.
2. a. Soit λ >0. Montrer la convergence absolue de Jλ =
Z +∞
−∞
e−|x|λ F(x)dx . (12)
b. Montrer que lim
λ→+∞Jλ = Z
R
F.
3. Soitλ >0. On va ´etablir l’expression suivante deJλ : Jλ = (4Arctanλ)
Z 1
−1
cos(tπ/2)gλ(t)dt . (13) a. Expliquer pourquoi
Jλ = lim
n→∞
Z n
−n
e−|x|λ F(x)dx . (14) b. Soit n∈N. Montrer que
Z n
−n
e−|x|λ F(x)dx = Z 1
−1
cos(tπ/2)Z n
−n
e−|x|λ eitxdx
dt . (15)
c. (*) Trouver une constante Cλ >0 telle que, pour toutn ∈N et tout t∈[−1; 1],
Z −n
−∞
e−|x|λ eitxdx +
Z +∞
n
e−|x|λ eitxdx
≤ Cλe−2λn . (16) d. (*) En d´eduire l’´egalit´e (13).
4. Montrer que Z
R
F = Z +∞
−∞
F(x)dx = 2π.
Partie IV. : Application. (4 pts).
1. Pourx r´eel diff´erent de −π/2 et deπ/2, donner une expression explicite deF(x) en fonction de x.
Indication :on pourra remplacer le cosinus dans (2) par 1/2 fois la somme de fonc- tions exponentielles complexes.
2. Montrer la convergence de l’int´egrale I =
Z +∞
−∞
−πcosx
x2 − (π2/4)dx . (17)
3. Montrer que I = 2π.
Fin de l’´epreuve.
Universit´e de Cergy-Pontoise, Math´ematiques L2 int´egration.
Corrig´e de l’examen du 15 mai 2012.
Exercice 1 :
1. Le jacobien est JF(r;θ) = r.
2. Comme la fonction constante ´egale `a 1 est continue et grˆace `a la forme de C, on peut appliquer la formule de Fubini partielle qui donne exactement (1).
3. Soitz ∈[1; 3] etRz = [0;z]×[0; 2π]. Comme la fonction constante ´egale `a 1 est continue et comme Rz 3(r;θ)7→r est born´ee, on a par changement de variables en polaires,
ZZ
Dz
dxdy = ZZ
Rz
r drdθ .
Comme Rz 3(r;θ)7→r est continue et Rz est un rectangle, on a, par Fubini, ZZ
Rz
r drdθ = Z z
0
r Z 2π
0
dθ
dr = 2π Z z
0
r dr = πz2. Donc, par 2.,
V = Z 3
1
πz2dz = π
3 33−13
= 26π 3 . Exercice 2 :
1. Comme Ω est un triangle et comme (x;y) 7→ 2xy−ey est continue (comme somme, produit et compos´ee de fonctions continues) sur Ω, on a, par Fubini,
K =
Z 1
0
Z 1−x
0
(2xy−ey)dy
dx = Z 1
0
x(1−x)2−e1−x+ 1 dx
= Z 1
0
x3−2x2+x+ 1−e1−x
dx = 1 4− 2
3+ 1
2+ 1 +e[e−x]10 = 25 12 − e . 2. Par d´efinition,
L = Z 3
0
ey(t)x0(t) + x(t)2y(t)y0(t) dt .
3. Comme γ est le bord orient´e du triangle Ω et qu’il est sans point double, comme ω est C1, on a, par la formule de Green-Riemann,
L = ZZ
Ω
∂Q
∂x(x;y) − ∂P
∂y(x;y)
dxdy = ZZ
Ω
2xy − ey
dxdy = K . Probl`eme :
I :
1.a. `A x fix´e, t 7→ eitxcos(tπ/2) est continue donc F est bien d´efinie comme int´egrale de Riemann. De plus, par le cours, pour tout x,
|F(x)| ≤ Z 1
−1
eitxcos(tπ/2) dt ≤
Z 1
−1
1dt = 2.
1.b. Pour x >0, on a, par int´egrations par parties, F(x) =
Z 1
−1
cos(tπ/2)d dt
eitx ix
dt
= heitx
ix cos(tπ/2)i1
−1 − 1 ix
Z 1
−1
eitx −sin(tπ/2)π 2dt
= 0 + π 2ix
nheitx
ix sin(tπ/2)i1
−1 − 1 ix
Z 1
−1
eitxcos(tπ/2)π 2 dto
= −π
2x2(eit+e−it) + π2
4x2F(x). Donc, en utilisant 1.a.,
|F(x)| ≤ π
x2 + π2
2x2 = π x2
1 + π
2
.
1.c. La fonction positive |F| est major´ee sur [1; +∞[ parC/x2 qui est int´egrable `a l’infini donc, par le cours, |F| est int´egrale sur [1; +∞[.
2. Comme compos´ees de fonctions continues avec les fonctions continues (x;t) 7→ x et (x;t) 7→t, (x;t)7→ eitxcos(tπ/2) est continue. Donc, par le th´eor`eme de continuit´e pour les int´egrales d´ependant d’un param`etre,F est continue.
3. Soit x ∈ R. Soit ϕ(t) = −t, qui est C1. Par la formule de changement de variables, comme ϕ0(t) =−1 et cos est paire,
F(−x) = Z 1
−1
e−iϕ(t)(−x)cos(−ϕ(t)π/2)(−ϕ0(t))dt
= −
Z −1
−(−1)
e−iu(−x)cos(−uπ/2)du = − Z −1
1
eiuxcos(uπ/2)du
= Z 1
−1
eiuxcos(uπ/2)du = F(x).
4.|F|est continue surRdonc int´egrable sur tout segment deR. En particulier, sur [−1; 1].
Pour X >1, on a, par changement de variables et parit´e de F, Z −1
−X
|F(x)|dx = − Z −1
−X
|F(x)|(−x)0dx = − Z 1
X
|F(−u)|du = Z X
1
|F(u)|du qui a une limite finie quand X → +∞ par 1.c. Donc F est absolument int´egrable sur ]− ∞;−1[. Comme elle l’est sur [1; +∞[ par 1.c., elle l’est sur R.
II :
1. La fonction [0; +∞[7→(1 +y2)−1 est continue et positive. Comme lim
y→+∞y2(1 +y2)−1 = 1 et comme y−2 est int´egrable `a l’infini, on a la convergence de (6) par le cours.
2. Soit λ >0. En posantϕ(t) =tλ qui est C1, on a, par changement de variables, Z 1
−1
gλ(t)dt = 1 2Arctanλ
Z 1
−1
ϕ0(t)
1 +ϕ(t)2 dt = 1 2Arctanλ
Z λ
−λ
du 1 +u2
= 1
2Arctanλ Arctanλ−(Arctan (−λ)
= 1.
3.a. Soit λ >0. Par changement de variables et parit´e de gλ, Z −c
−1
gλ(t)dt = − Z −c
−1
gλ(−(−t)) (−t)0dt = − Z c
1
gλ(−u)du = Z 1
c
gλ(u)du . 3.b. D’apr`es 3.a., il suffit de montrer que la derni`ere limite dans (8) est nulle. Pour λ >0 fix´e, gλ est d´ecroissante et positive donc, pour tout t ∈ [c; 1], 0 ≤ gλ(t) ≤ gλ(c). Donc, pour tout λ >0, par le cours,
0 ≤ Z 1
c
gλ(t)dt ≤ Z 1
c
gλ(c)dt = λ
2Arctanλ(1 +c2λ2) = 1
λ · 1
2Arctanλ(c2+ 1/λ2). Quand λ → +∞, la majorant tend vers 0 (puisque Arctanλ → π/2). Donc, par le th´eor`eme des gendarmes,
λ→+∞lim Z 1
c
gλ(t)dt existe et vaut 0.
4. D’apr`es 2., en utilisant le cours et le fait que gλ est positive, on a, pour λ >0,
Z 1
−1
cos(tπ/2)gλ(t)dt − 1 =
Z 1
−1
cos(tπ/2) − 1
·gλ(t)dt
≤ Z 1
−1
cos(tπ/2) − 1
· |gλ(t)|dt
≤ Z 1
−1
cos(tπ/2) − 1
·gλ(t)dt (18) Soit >0. Comme t7→cos(tπ/2) est continue en 0, il existe δ >0 tel que
|t| < δ =⇒
cos(tπ/2) − 1 <
2. (19)
Soit c= min(δ; 1/2)∈]0; 1[. Pour ce c, on a (8). Donc il existe λ0 >0 tel que λ > λ0 =⇒ 0 ≤
Z −c
−1
gλ(t)dt + Z 1
c
gλ(t)dt <
4. (20)
Pour λ > λ0, on a (18) et en ´ecrivant Z 1
−1
cos(tπ/2) − 1
·gλ(t)dt = Z −c
−1
cos(tπ/2) − 1
·gλ(t)dt + Z c
−c
cos(tπ/2) − 1
·gλ(t)dt +
Z 1
c
cos(tπ/2) − 1
·gλ(t)dt
≤ 2 Z −c
−1
gλ(t)dt + 2 Z 1
c
gλ(t)dt + Z c
−c
cos(tπ/2) − 1
·gλ(t)dt , on en d´eduit, par (20) et (19),
Z 1
−1
cos(tπ/2)gλ(t)dt − 1
< 2 4 +
Z c
−c
2gλ(t)dt ≤ 2 +
2 Z 1
−1
gλ(t)dt = ,
en utilisant encore que gλ est positive et 2. On a montr´e (9) par la d´efinition.
III :
1.a. On a, pour tout x, |e−|x|λ eitx|=e−|x|λ =e−|−x|λ . Pour X >0, Z 0
−X
e−|x|λ dx = − Z 0
−X
e−|x|λ (−x)0dx = − Z 0
X
e−|−u|λ du = Z X
0
e−|u|λ du =
−λe−uλX 0 , qui tend vers λ quandX →+∞. Donct 7→ |e−|x|λ eitx|est int´egrable en−∞ et en +∞et donc Iλ(t) est absolument convergente.
1.b. Soit X >0. On a Z X
0
e−|x|λ eitxdx = Z X
0
e(it−λ1)xdx = he(it−λ1)x it−1/λ
iX 0
= 1
it−1/λ e(it−λ1)X −1 .
Comme λ >0, |e(it−1λ)X|=e−X/λ→0, quand X →+∞. Donc Z +∞
0
e−|x|λ eitxdx = 1
−it+ 1/λ . De mˆeme, pour X >0,
Z 0
−X
e−|x|λ eitxdx = Z 0
−X
e(it+1λ)xdx = he(it+1λ)x it+ 1/λ
i0
−X = 1
it+ 1/λ −e−(it+λ1)X + 1 avec |e(it+λ1)X|=e−X/λ →0, quand X →+∞. Donc
Z 0
−∞
e−|x|λ eitxdx = 1 it+ 1/λ , ce qui donne
Iλ(t) = 1
−it+ 1/λ + 1
it+ 1/λ = 2/λ
t2+ 1/λ2 = 2λ 1 +t2λ2
= 4Arctanλ
2Arctanλ · 1
1 +t2λ2 = 4Arctanλ
·gλ(t).
2.a. Soit λ > 0. Pour tout x, 0 ≤ |e−|x|λF(x)| ≤ |F(x)|. Comme F est absolument int´e- grable sur R d’apr`es I.1.4., il en est de mˆeme deJλ.
Remarque :on peut aussi dire la chose suivante. Soitλ >0. Pour toutx, 0≤ |e−|x|λ F(x)| ≤ e−|x|λ . Le majorant est int´egrable puisque Iλ(t) est absolument int´egrable (cf. 1.a.) donc Jλ est absolument int´egrable.
2.b. On vient de voir que x 7→ |e−|x|λF(x)| est domin´ee par une fonction int´egrable ind´e- pendante de λ (c’est |F|). De plus, pour chaque x≥0,
λ→+∞lim e−|x|λF(x) = F(x).
Donc, par un corollaire du th´eor`eme de convergence domin´ee, lim
λ→+∞Jλ existe et vautR
RF. 3.a. Comme Jλ converge absolument, elle converge. Donc les limites
X→+∞lim Z 0
−X
e−|x|λF(x) et lim
X→+∞
Z X
0
e−|x|λF(x)
existent, sont finies et leur somme est Jλ. Comme limn= +∞, on a, par composition, limn
Z 0
−n
e−|x|λF(x)dx = lim
X→+∞
Z 0
−X
e−|x|λ F(x)dx et
limn
Z n
0
e−|x|λ F(x)dx = lim
X→+∞
Z X
0
e−|x|λ F(x)dx , donc on a la formule (14).
3.b. Comme compos´ees de fonctions continues avec les fonctions continues (x;t) 7→ x et (x;t) 7→t, (x;t) 7→eitxcos(tπ/2)e−|x|/λ est continue. Par le th´eor`eme de Fubini appliqu´e deux fois sur le rectangle Rn= [−n;n]×[−1; 1], on a
Z n
−n
e−|x|λZ 1
−1
eitxcos(tπ/2)dt
dx = ZZ
Rn
eitxcos(tπ/2)e−|x|/λdxdt
= Z 1
−1
cos(tπ/2) Z n
−n
e−|x|λ eitxdx
dt , ce qui donne (15) d’apr`es (2).
3.c. Comme, pour tout X > n,
Z X
n
e−|x|λ eitxdx ≤
Z X
n
e−|x|λ eitx dx ,
Z +∞
n
e−|x|λ eitxdx ≤
Z +∞
n
e−|x|λ eitx dx , par passage `a la limite dans les in´egalit´es. En particulier,
Z +∞
n
e−|x|λ eitxdx ≤
Z +∞
n
e−|x|2λe−2λn dx
car, pour x≥n, |x|/(2λ)≥n/(2λ) et e−|x|2λ ≤e−2λn. De mˆeme,
Z −n
−∞
e−|x|λ eitxdx ≤
Z −n
−∞
e−|x|2λe−2λn dx ,
ce qui donne (16) avec
Cλ = Z −n
−∞
e−|x|2λ dx + Z +∞
n
e−|x|2λ dx .
Remarque : On peut aussi calculer explicitement Z +∞
n
e−|x|λ eitx
dx et
Z −n
−∞
e−|x|λ eitx dx
et montrer que la somme est inf´erieure `a Cλ0e−nλ, qui est `a son tour ≤Cλ0e−2λn. 3.d. D’apr`es (10) et (11), on a
(4Arctanλ) Z 1
−1
cos(tπ/2)gλ(t)dt = Z 1
−1
cos(tπ/2)Iλ(t)dt . (21) Pour tout n∈N et pour tout t∈[−1; 1],
Iλ(t) = Z −n
−∞
e−|x|λ eitxdx + Z n
−n
e−|x|λ eitxdx + Z +∞
n
e−|x|λ eitxdx , (22) les trois fonctions ´etant continues par rapport `at. En effet, pour celle du milieu, on utilise le th´eor`eme de continuit´e d’une int´egrale d´ependant d’un param`etre car (x;t)7→e−|x|λ eitx est continue. Pour les deux autres, on utilise la continuit´e `a x fix´e de t 7→ e−|x|λeitx et la domination, pour tout (x;t), |e−|x|λeitx| ≤ e−|x|λ, qui est int´egrable, pour appliquer un corollaire du th´eor`eme de convergence domin´ee. Le fait que ces trois fonctions sont continues nous permet d’´ecrire
Z 1
−1
cos(tπ/2)Iλ(t)dt = Z 1
−1
cos(tπ/2)Z −n
−∞
e−|x|λ eitxdx
dt (23)
+ Z 1
−1
cos(tπ/2)Z n
−n
e−|x|λ eitxdx
dt (24)
+ Z 1
−1
cos(tπ/2)Z +∞
n
e−|x|λ eitxdx
dt . (25) Les terme de droite de (23) et le terme (25) sont major´es en valeur absolue par
Z 1
−1
|cos(tπ/2)|
Z −n
−∞
e−|x|λ eitxdx dt +
Z 1
−1
|cos(tπ/2)|
Z +∞
n
e−|x|λ eitxdx dt qui, par (16), est lui-mˆeme inf´erieur ou ´egal `a
Z 1
−1
Cλe−2λn dt = 2Cλe−2λn .
Comme ce dernier terme tend vers 0 quand n → ∞, il en est de mˆeme, par le th´eor`eme des gendarmes, du terme de droite de (23) et du terme (25). D’apr`es (15) puis (14), le terme (24) tend vers Jλ quand n → ∞. Conclusion, en passant `a la limite n → ∞ dans l’´egalit´e (23), on obtient d’apr`es (21) la formule (13).
4. D’apr`es 2.b., on sait queR
RF est la limiteJλ en +∞. Par la formule (13), la propri´et´e (9) et le fait qu’Arctan tende vers π/2 en +∞, on en d´eduit queR
RF = 4(π/2)·1 = 2π.
IV :
1. Soit x∈R\ {−π/2;π/2}. D’apr`es (2), F(x) =
Z 1
−1
eitx· eitπ/2+e−itπ/2
2 dt = 1
2 Z 1
−1
eit(x+π/2)dt + 1 2
Z 1
−1
eit(x−π/2)dt .
Comme xest diff´erent de−π/2 et deπ/2, on a F(x) = 1
2
h eit(x+π/2) i(x+π/2)
i1
−1 + 1 2
h eit(x−π/2) i(x−π/2)
i1
−1 = 2isin(x+π/2)
2i(x+π/2) + 2isin(x−π/2) 2i(x−π/2)
= cosx· 1
x+π/2 − 1 x−π/2
= −πcosx x2−π2/4 .
2. La fonction `a int´egrer est continue par morceaux et est int´egrable surRpuisque, d’apr`es 1., elle co¨ıncide sur R\ {−π/2;π/2} avecF, qui est continue et int´egrable sur R d’apr`es I.2. et I.4.
Remarque : On peut aussi montrer la convergence de I de la mani`ere suivante. La fonction f `a int´egrer est continue surR\ {−π/2;π/2}. En utilisant la d´erivabilit´e de cos en −π/2 (resp. π/2), on montre que f admet une limite finie en −π/2 (resp. π/2). Elle est donc continue par morceaux. Pour |x| ≥π, x2/2−(π2/4>0 et
|f(x)| ≤ π
x2/2 +x2/2−(π2/4) ≤ π
x2/2 = 2π x2 .
La fonction positive |f| est domin´ee par une fonction int´egrable donc I converge absolu- ment et donc converge.
3. D’apr`es 2., I est ´egale `a l’int´egrale sur Rde F qui vaut 2π d’apr`es III.4.