Université Claude Bernard Mathématiques L3 Calcul intégral
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Niveau: Supérieur, Licence, Bac+3
Université Claude Bernard Mathématiques L3 Calcul intégral Examen du 9 juin 2008 : corrigé succinct Exercice 1 1a. La fonction t 7? ta?1(1? t)b?1 est positive et continue sur ]0, 1[. En 0 est elle équivalente à 1/t1?a donc intégrable au voisinage de 0 si et seulement si 1 ? a < 1. De même, elle est intégrable au voisinage de 1 si et seulement si 1? b < 1. Finalement B(a, b) < +∞ ?? a > 0 et b > 0. La fonction t 7? tc?1e?t est o(1/t2) au voisinage de +∞ (comparaison polynôme vs exponentielle) donc intégrable. Elle est équivalente à 1/t1?c en 0. Finalement ?(c) < +∞ ?? c > 0. 1b. Soit V =]0,+∞[2. On a H(U) ? V . On pose K(s, t) = (s + t, ss+t ). On vérifie que K(V ) ? U et que H ? K = id, K ? H = id. Ainsi H est une bijection de U sur V dont K est la bijection réciproque. L'application H est de classe C1 (ses coordonnées sont des fonctions polynomiales).
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Université Claude Bernard Mathématiques L3 Calcul intégral Examen du 9 juin 2008 : corrigé succinct Exercice 1 1a. La fonction t 7? ta?1(1? t)b?1 est positive et continue sur ]0, 1[. En 0 est elle équivalente à 1/t1?a donc intégrable au voisinage de 0 si et seulement si 1 ? a < 1. De même, elle est intégrable au voisinage de 1 si et seulement si 1? b < 1. Finalement B(a, b) < +∞ ?? a > 0 et b > 0. La fonction t 7? tc?1e?t est o(1/t2) au voisinage de +∞ (comparaison polynôme vs exponentielle) donc intégrable. Elle est équivalente à 1/t1?c en 0. Finalement ?(c) < +∞ ?? c > 0. 1b. Soit V =]0,+∞[2. On a H(U) ? V . On pose K(s, t) = (s + t, ss+t ). On vérifie que K(V ) ? U et que H ? K = id, K ? H = id. Ainsi H est une bijection de U sur V dont K est la bijection réciproque. L'application H est de classe C1 (ses coordonnées sont des fonctions polynomiales).
- ∫∞ ?∞
- théorème de tonelli
- l3 calcul intégral
- classe c1
- lim n?∞
- ?f
- question précédente
- formule
UniversitÉ Claude Bernard L3 Calcul intÉgral Examen du 9 juin 2008 :corrigÉ succinct
MathÉmatiques
Exercice 1 a−1b−1 1−a 1a. Lafonctiont7→t(1−t)est positive et continue sur]0,1[. En0est elle Équivalente À1/t donc intÉgrable au voisinage de0si et seulement si1−a <1mme, elle est intÉgrable au. De voisinage de1si et seulement si1−b <1. FinalementB(a, b)<+∞ ⇐⇒a >0etb >0. c−1−t2 La fonctiont7→t eesto(1/t)au voisinage de+∞(comparaison polynÔme vs exponentielle) 1−c donc intÉgrable.Elle est Équivalente À1/tFinalementen 0.Γ(c)<+∞ ⇐⇒c >0. 2s 1b. SoitV=]0,+∞[. OnaH(U)⊂Vpose. OnK(s, t) = (s+t,). OnvÉrifie queK(V)⊂U s+t et queH◦K=id,K◦H=id. AinsiHest une bijection deUsurVdontKest la bijection rÉciproque. 1 L’applicationHest de classeCOn calcule(ses coordonnÉes sont des fonctions polynomiales). jacobien v u J= =−u6= 0 1−v−u 1 AinsiHest unC-diffÉomorphisme deUsurV. 1c. Soitx >0, y>0et En utilisant le changement de variablesH, on obtient Z Z Z ∞1 a−1b−1−u a+b−1u a−1b−1 I= (uv) (u(1−v))e udλ2(u, v) =du vu e(1−v)dv . U0 0 La derniÈre ÉgalitÉ est justifiÉe par le thÉorÈme de Tonelli (fonctions borÉliennes positives, mesures σobtient donc-finies). OnI= Γ(a+b)B(a, b). Par ailleurs, on peut directement appliquer le thÉorÈme de Tonelli pour calculerI Z Z ∞ ∞ a−1−s a−1−t I=ds te dts e= Γ(s)Γ(t) 0 0 On obtient bien la formule demandÉe. 2 2a. Enchoississanta=b= 1/2, on obtientB(1/2,1/2) = Γ(1/2)/Γ(1). Oncalcule Z ∞ ∞ −t−t Γ(1) =e dt=−e= 1. 0 0 Z Z 1 1 1 21 B(1/2,1/2) =pdx=pdx= [−arcsin(1−2x)] =π 0 2 0x(1−x)01−(1−2x) √ On trouve doncΓ(1/2) =π. R2R2 ∞ ∞ −x−x2 2b. ParparitÉ, on aJ=e dx= 2e dx. Enfaisant le changement de variabley=x, on −∞0 trouve Z ∞ dy√ Jexp(= 2−y)√= Γ(1/2) =π. 2y 0
