[PDF] Mesure et Intégration Examen Final – Corrigé 13 janvier 2014

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Mesure et Integration

Examen Final { Corrige

13 janvier 2014 | duree 3 h

Notations

(a)nest la mesure de Lebesgue dansRn. (b)L1(Rn) est l'ensemble des fonctions boreliennes etn-integrables dansRn.

Question 1.

1. Calculer

Z R

2ex2y2d2:

[Indication : Calculer l'integrale en coordonnees polaires, en faisant le changement de variablesx=rcostety=rsintque l'on justiera.]

2. En deduire la valeur de

I=Z 1 0 ex2dx: Solution.Les fonctions sont continues, donc mesurables.

1. Le changement de variablesx=rcostety=rsintest C1de ]0;1[]0;2[ versR2n

([0;1[f0g). On a @x@r = cost;@x@t =rsint;@y@r = sintet@y@t =rcost:

DoncjdetJj=r(cos2t+ sin2t) =r, etx2+y2=r2. Ainsi

Z R

2ex2y2d2=Z

R

2n([0;1[f0g)ex2y2d2=Z

]0;1[]0;2[er2rd2 Z ]0;1[Z [0;2[er2rdtdr=Z ]0;1[2er2rdr= [er2]10=; ou la premiere egalite est puisque [0;1[f0gest negligeable, la deuxieme d'apres le theoreme de changement de variable, et la troisieme d'apres le theoreme de Tonelli.

2. D'apres le theoreme de Fubini (ou Tonelli), commeex2y2est integrable positive, on a

=Z R

2ex2y2d2=Z

RZ R ex2ey2dxdy=Z R ex22:

De plus,ex2est une fonction paire, d'ouR0

1ex2dx=R1

0ex2dx=12

R

Rex2dx, et

I=p 2 1 Question 2.Pourn >0 entier etsreel, on posegn(x) =xs1enx]0;1[(x). On rappelle la denition de la fonction d'Euler : (s) =Z 1 0 ys1eydypours >0, et de la fonction, (s) =1X n=1n spours >1.

1. Montrer que

1X n=1Z R g nd=Z R1 X n=1g nd.

2. En deduire que

Z 1 0x s1e x1dx= (s)(s) pour touts >1.

3. En deduire aussi que

Z 1 0x s1e x1dx=1pour touts2]0;1]. Solution.Les fonctions sont continues, donc mesurables.

1. Lesgnsont des fonctions positives. On posefk=Pn

n=1gn. Alors (fk) est une suite croissante de fonctions positives ; d'apres le theoreme de convergence monotone on a 1 X n=1Z R g nd= limk!1k X n=1Z R g nd= limk!1Z Rk X n=1g nd = lim k!1Z R f kd=Z R limk!1fkd=Z R1 X n=1g nd:

2. Avec le changement de variablesy=nxet dy=ndxon a pours >1

1 X n=1Z R g nd=1X n=1Z 1 0 xs1enxdx=gn(x) =1X n=1Z 1 0 ns+1(nx)s1enxdx 1X n=1Z 1 0 nsys1eydy=1X n=1n s(s) = (s)(s):

D'autre part,

Z R1 X n=1g nd=Z 1 01 X n=1x s1enxdx=Z 1 0 xs11X n=1(ex)ndx=Z 1 0x s1e x1dx:

On conclut avec la partie 1.

3. D'apres les parties 1. et 2; on a pours >0

Z 1 0x s1e x1dx= limk!1k X n=1Z 1 0 xs1enxdx= limk!1k X n=1n sZ 1 0 ys1eydy= limk!1k X n=1n s(s): Puisquey7!ys1eyest une fonction strictement positive et continue sur ]0;1[, on a (s)>0. Comme limk!1Pk n=1ns=1, on conclut. 2

Question 3.

1. Demontrer que pour tout reelzon a 1ezz.

2. Pour touty0, demontrer que la fonctionx7!1ex2yx

2est integrable sur ]0;1[.

Poury0 on poseF(y) =Z

1

01ex2yx

2dx.

3. Calculer (sans utiliser la suite de l'exercice) lim

y!1F(y)y [Indication : utiliser le theoreme de convergence dominee.]

4. Demontrer queFest continue sur [0;1[ et derivable sur ]0;1[. Exprimer sa derivee en

fonction de l'integraleIde la question 1.

5. CalculerF.

Solution.Soitf(x;y) =1ex2yx

2.

1. Soitg(z) =z+ez. Alorsg0(z) = 1ez, etg0(z) est positif pourz >0 et negatif pour

z <0. Doncg(z)g(0) = 1, d'ou 1ezz.

2. La fonctionx7!f(x;y) est continue, donc mesurable. On a 0< f(x;y)x2yx

2=yet

0< f(x;y)1x

2; la fonction est ainsi integrable sur ]0;1] et sur [1;1[, et donc sur ]0;1[.

3. Poury1 on ajf(x;y)y

j minf1;1x

2g, et cette derniere fonction est integrable. De plus,

0limy!1f(x;y)y

limy!11x

2y= 0 pourx >0. D'apres le theoreme de convergence

dominee, lim y!1F(y)y = limy!1Z 1

0f(x;y)y

dx=Z 1 0 limy!1f(x;y)y dx=Z 1 0

0dx= 0:

4. La fonctiony7!f(x;y) est continue sur [0;1[ pour toutx >0, et pour toutr >0 on a

quejf(x;y)j minfr;1x

2gpoury2[0;r]. D'apres un theoreme du cours,Fest continue

sur [0;r], pour toutr >0. DoncFest continue sur [0;1[.

De plus,

@f@y (x;y) =ex2ypour toutx2]0;1[, et pour toutr >0 on a quej@f@y (x;y)j= jex2yj ex2rpour touty2[r;1[. D'apres un theoreme du cours,Fest derivable sur [r;1[ pour toutr >0, et donc sur ]0;1[, avec (ouz=xpyet dz=pydx) F

0(y) =Z

1 0 ex2ydx=Z 1 0e z2py dz=Ipy =pquotesdbs_dbs8.pdfusesText_14

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