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LM 315 CALCUL INTÉGRAL
Corrigé de l'examen du 6 juin 2007 Exercice no1
1) Par hypothèse, (x; y; z) 2 Et()
x2+ y2+ z2 1 et (x t)2 + y2+ z2 1 . Donc (x; y; z) 2 Et () y2+ z2 inf
1 x2; 1 (x t)2 .
On en déduit que Ex;:t 6= ; () jxj 1 et jx tj 1, soit 1 x 1 et t 1 x t + 1.
Comme 0 < t < 2, on a 1 < t 1 < 1 < t + 1. Finalement Ft= [ t 1; 1 ].
2) On suppose x 2 Ft. D'après 1), Ex;:t est un disque de rayonq inf
1 x2; 1 (x t)2 . Son aire vaut 2 Ex;:t
= inf
1 x2; 1 (x t)2 . Si x t x, i.e. x t=2 2 Ex;:t
= 1 (x t)2 et 2 Ex;:t
= (1 x2) si t=2 x.
3) On en déduit 3(Et) = Z
R2 Ex;:t
d(x) = Z t=2
t 1 1 (x t)2 dx +
Z 1
t=2(1 x2)dx. On vérie que les deux intégrales sont égales et valent
x x3
3 1
t=2 soit 2 3
t 2 +t3
24. Donc (t) = 3(Et) = 4
3 t + t3 12.
4) Comme jhj est positive, on peut apppliquer Fubini et obtenir Z
B1B1
h(X;Y )d6(X; Y ) = Z
B1
Z
B1
f(X Y )d3(X)
d3(Y ).
On fait un changement de variable dans l'intégrale intérieure en posant U = X Y . Le jacobien d'une translation vaut 1. Comme X = U +Y , X 2 B1 () kU +Y k 1. Donc U 2 B( Y; 1), la boule de centre Y et rayon 1. On a donc
Z
B1
f(X Y )jd3(X) = Z
B( Y;1)f(U)jd3(U).
Or B( Y; 1) B2 car kY k 1. Donc Z
B( Y;1)jfj d3 Z
B2
jfj d3. D'où Z
B1B1
h(X;Y )d6(X; Y ) Z
B1
Z
B2
jfj d3
d3(Y ) = 3(B1) Z
B2
jfj d3. 5) Pour calculer
Z
R3B1(Y )B1(U + Y ) d3(Y ), on note que le produit B1(Y )B1(U + Y ) vaut 1 si kY k 1 et kY + Uk 1 et vaut 0 sinon. Il peut donc s'écrire sous la forme EU(Y ) où EU = B1\ B( U; 1). Donc
Z
R3B1(Y )B1(U + Y ) d3(Y ) = 3 EU
. Si kUk 2; 3 EU
= 0.
Si kUk < 2, on est ramené au calcul du volume de l'intersection de deux boules de rayons 1, traité en 3). Il s'exprime en fonction de la distance des centres, respectivement O et U. Donc
2 3 EU
= kUk
, d'où le résultat.
6) D'après 4), h est intégrable sur B1 B1 puisque f est supposé intégrable sur B2. On peut donc appliquer Fubini et obtenir
Z
B1B1
h(X; Y ) d6(X; Y ) = Z
B1
Z
B1
f(X Y ) d3(X)
d3(Y ).
On pose U = X Y de sorte que X = U + Y . On a alors Z
B1
f(X Y ) d3(X) = Z
B1(U + Y ) f(U) d3(U).
En substituant, puis en appliquant Fubini on obtient Z
B1B1
h(X; Y ) d6(X; Y ) = Z
B1
Z
B1(U + Y ) f(U) d3(U)
d3(Y )
= Z
R3R3B1(Y )B1(U + Y ) f(U) d6(U; Y )
= Z
R3
Z
R3B1(Y )B1(U + Y ) d3(Y )
f(U) d3(U)
D'après la question précédente Z
B1B1
h(X; Y ) d6(X; Y ) = Z
B2
kUk
f(U) d3(U).
7) On passe en coordonnées sphériques. Comme f(U) ne dépend que de kUk = r, on obtient Z
B1B1
f(X Y ) d6(X; Y ) = Z
]0;2[]0;2[]0;[g(r) (r)r2sin d3(r; ; )
= 4 Z 2
0 g(r) (r)r2dr:
8) L'application de cette formule avec g(r) = 1=r donne
m = 4
(4=3)2 Z 2
0
4
3 r +r3 12
r dr = 9 4
4r2 6
r3 3 + r5
60 2
0
= 9 4
16 6
8 3 +32
60
. Finalement m = 6=5:
Exercice no2
1) On peut écrire J2 sous la forme Z
Re x2d(x)
Z
Re y2d(y)
. D'après Fubini, J2 = Z
R2e x2 y2d2(x; y). Un passage en polaires donne J2 =
Z
R+[ 0; =2[e r2r d2(r; ).
La fonction à intégrer étant positive, le Théorème de Fubini s'applique et donne
3
I = Z
R+e r2r d(r) Z
[ 0; =2[ d() = e r2 2
+1
0 =2 = =4.
On en déduit que J =p
=2: La convergence de l'intégrale Z +1
0 e t2dt en découle par l'iden- tication de l'intégrale de Riemann et de Lebesgue pour les fonctions continues Lebesgue- intégrables.
2) Par un simple changement de variable, on voit que l'intégrale Z +1
0 e t2=2dt converge. La majoration f(x;t) e t2=2 entraîne donc la convergence absolue de l'intégrale dénissant F (x).
3) Pour t > 0, l'application x ! f(x; t) est continue sur R. Comme f0g est négligeable rela- tivement à la mesure de lebesgue sur R, le Théorème de continuité de Lebesgue s'applique en prenant la fonction majorante t ! e t2=2. On obtient la coninuité de F sur R.
4) La dérivée de la fonction u ! u e u est donnée par u ! (1 u)e u. Le maximum de u ! u e u est donc atteint en u = 1 et vaut 1=e.
5) Pour x > a et t 2 R+, @
@xf(x; t) = x
t2exp
1
2
t2 +x2 t2
x2
a t2exp
1
2
t2+ x2 t2
: En posant u = x2=2t2 et en utilisant le e), on obtient
@
@xf(x; t) 2
ea e t2=2 1
a e t2=2. 6) D'après 5), nous avons une fonction majorante intégrable pour
@
@xf(x; t)
. Le théorème de dérivation de Lebesgue s'applique donc sur l'intervalle ] a; +1) et on obtient
F0(x) = Z
R+
@
@xf(x; t) d(t) = Z +1
0
x
t2 exp
1
2
t2+x2 t2
dt.
Ceci étant valable pour 0 < a < x est valable pour tout x > 0. On obtient que F est dérivable sur R+ ainsi que l'expression de F0(x) sous la forme d'une intégrale.
7) En posant v = x=t dans l'intégrale donnant F0(x) lorsque x 2 R+ on obtient, F0(x) =
Z +1
0 exp
1
2 x2
v2 + v2
dv = F (x):
La fonction F est donc solution sur R+ de l'équation y0 = y.
8) Les solutions de l'équation y0 = y sur un intervalle ouvert sont les fonctions de la forme y(x) = Ce x. Comme F est continue en 0, on a C = F (0), soit F (x) = F (0)e x pour x 2 R+. Or
F (0) = Z +1
0 e u2=2du =p 2
Z +1
0 e w2dw = r
2,
4
en posant w = u=p
2 et en utilisant le 1). Par continuité on obtient sur R+, F (x) = r
2 e x et par parité on obtient sur R, F (x) =
r 2e jxj
9) La fonction F a donc une dérivée à droite en 0, et à gauche également. Comme ces deux dérivées valent respectivement
r 2 et
r
2, on conclut que F n'est pas dérivable en 0.
Exercice no3
Par l'inégalité de Minkowski, kf1kp ku0kp + ku1kp et plus généralement kfnkp Xn k=0
kukkp. La suite (fnp)n 2 N est donc une suite croissante de fonctions positives et intégrables. De plus
Z
Rfnpd Xn
k=0
kukkp
!p
X+1
k=0
kukkp
!p .
Le T.C.M. appliqué à la suite (fnp)n 2 N qui tend en croissant vers Sp, fournit Z
RSpd X+1 k=0
kukkp
!p .
On en déduit que kSkp < +1, ce qui signie que S 2 Lp(R) et que kSkp X+1
k=0
kukkp.
