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Publié par | analyse-mpsi |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013
Intégrale double sur un produit d’intervalles
Exercice 1[ 02919 ][correction]
Calculer
y
Z Z[0+∞[2(1 +x2+y2)2dxdy
Exercice 2[ 00098 ][correction]
En calculant de deux façons
déterminer la valeur de
Z Z]01]2xydxdy
t−1
Z01lnt
dt
Exercice 3[ 00099 ][correction]
En calculant de deux façons
1
Z Z[0π]×[01[1 +ycosxdxdy
déterminer la valeur de
πln
Z0(1+ccostost)dt
Exercice 4[ 00100 ][correction]
En calculant de deux façons
Z Z[0+∞[2
déterminer la valeur de
e−(x2+y2)dxdy
Z+∞−t2dt
e
0
Enoncés
Exercice 5[ 00101 ][correction]
On pose
IZ Z]0+∞[2
=e−(x2+y2)dxdy
a) Justifier l’existence deIet établir
I=Z+∞Zu0=+∞xe−(1+u2)x2dudx
x=0
b) En déduire la valeur de
Z+∞e−t2dt
0
Exercice 6Centrale MP[ 00102 ][correction]
Que dire de l’intégrale double
Z ZD(xx+−yy)3dxdy
oùD= ]01]×[01]?
Exercice 7[ 00250 ][correction]
Calculer
Z Z
En déduire
dxdy
R+×R+(1 +x2)(1 +y2)
Z0π2los2cnat(nθθd)θetZ+0∞t2lnt1 dt
−
Exercice 8[ 00270 ][correction]
SoitA∈ M2(R)une matrice symétrique définie positive. Calculer
I=Z ZR2
exp(−tXAX) dxdy
ouXdésigne le vecteur de coordonnées(x y).
1
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Exercice 9[ 03514 ][correction]
Calculer
Z Z]01[×]0πdxdy
2[1 + (xtany)2
et en déduire la valeur de l’intégrale
Zπ2ynydy
0ta
Exercice 10[ 03690 ][correction]
Existence et calcul de
I=
Z Z]01]2(namx(imxyxy))dx
dy
Exercice 11CCP MP[ 02557 ][correction]
a) Domaine de définition de
B(x y) =Z10ux−1(1−u)y−1duet deΓ(x) =
b) Montrer que
+∞
Z0
ux−1e−udu
Z+∞u2x−1e−u2du
∀x∈]0+∞[Γ(x) = 2
0
c) EcrireΓ(x)Γ(y)sous forme d’une intégrale double.
d) A l’aide des coordonnées polaires, montrer que
Γ(
B(x y) = Γ(xx(Γ)+yy))
e) Montrer que
∀x∈R?,Γ(x+ 1) =xΓ(x)
+
et en déduireB(m n)pourm n∈N?.
Enoncés
2
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Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
Considérons
f: (x y)7→(1 +x2y+y2)2
Corrections
fest définie et continue sur[0+∞[2.
Pourx>0,y7→f(x y)est intégrable surR+car(1+x2y+y2)2∼y13quand
y→+∞.
∞y
Z0+(1 +x2+y2)2dy=−21+1x12+y2y=+∞0=12(1+x2)
De plusx7→R+0∞f(x y) dyest intégrable surR+car(211+x2)∼x12quand
x→+∞.
Z+∞1 dx π
=
02 1 +x24
Puisquefest positive, on en déduit quefest intégrable sur[0+∞[2et par le
théorème de Fubini,
Z Z[0+∞[2(1 +x2y+y2)2dxdy=Z+0∞Z0+∞(1 +x2y+y2)2dydπ
x=4
Exercice 2 :[énoncé]
Soitf(x y) =xycontinue et positive sur]01[2.
D’une part
1
Zy1=0Zx1=0xydxdy=Zyd+11y= ln 2
y=0
D’autre part
Zx10=Zy10=xydydx=Zx01=xln−xd1x
avecx7→lxn−x1intégrable sur]01[.
Par le théorème de Fubini (avec icif>0), ces deux intégrales sont égales et donc
t
Z01ln−td1t 2= ln
3
Exercice 3 :[énoncé]
Soitf(x y) =1+ycos1xcontinue et positive sur[0 π]×[01[.
D’une part :
Z0πZ101 +ydycdx=Z0πocsnl1(c+xosx)dx
osx
et cette intégrale est bien définie.
D’autre part :
+∞
Z0π1 +dxycosxt=ta=nx2Z0(1 +y2)+d(t1−y)t2=p1π−y2
et
Z10Z0π1 +dxycosxdy=Z10pπd1−yy2=π22
Par le théorème de Fubini (avec icif>0), ces deux intégrales sont égales et donc
πln
Z0cos1(c+tostd)t=π22
Exercice 4 :[énoncé]
Sous réserve d’intégrabilité on a :
Zx+=0∞Zy+=0∞e−(x2+y2)dydx=Zπ20Zr+0=∞re−r2drdθ
θ=
D’ é rable surR+
x7→unRey+p=a∞0rte,−l(ax2f+oyn2c)tidoyn=y7C→e−ex−2(xe2s+tyi2n)tgrnatétgilbsseeruR+noitc.nofalte
D’autre part, la fonctionr7→re−r2 sure rableR+et la fonction
θ7→R+0∞re−r2dr sure tégrable[s0tiπnt2é].g
st in
La relation précédente est donc valide.
D’une part, en séparant les variables :
Zx+0=∞Zy0=+∞e−(x2+y2)dydx=Z+0∞e−t2dt2
D’autre part,
π2
Zθ=0Zr0+=∞re−r2drdθ=π2−e21−r2r+=∞04=π
On peut conclure
Z0+∞e−t2dt=√2π
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Corrections
Exercice 5 :[énoncé]
a) Pour toutx∈]0+∞[,y7→e−(x2+y2)est intégrable sur]0+∞[et l’application
x7→R=+∞0e−(x2+y2)dy=Ce−x2est continue et intégrable sur]0+∞[donc
y
(x y)7→e−(x2+y2)est intégrable sur]0+∞[2et
I=Zx+=0∞Zy+=0∞e−(x2+y2)dydx
Réalisons le changement de variabley=ux
Zy+∞e−(x2+y2)dy=Zu+=0∞xe−x2(1+u2)du
=0
puis
I=Zx=+0∞Zu+=0∞xe−(1+u2)x2dudx
b) Compte tenu des calculs précédents(x u)7→xe−(1+u2)x2est intégrable sur
]0+∞[2t d
e onc
2
I=Z Z]xe−(1+u2)xdxdu
0+∞[2
Puisquex7→xe−(1+u2)x2est intégrable sur]0+∞[et que
u7→R+0∞xe−(1+u2)x2dx=12+11u2est intégrable sur]0+∞[on a aussi
u π
I=Zu=0+∞Zx+0=∞xe−(1+u2)x2dxdu=Z0+∞=d
1 +u22
Or par séparation des variables
I=Zx0=+∞Zy+0=∞e−(x2+y2)dydx=Zt+=0∞e−t2dt2
donc
Z+∞e−t2dt√2π
=
0
car cette dernière intégrale est positive.
Exercice 6 :[énoncé]
L’intégrale a la mme nature que sur]01]2.
x7→(xx+−yy)3est intégrable sur]01]et
1x−y1
Z0(x+y)3dx += (1y)2
−
y7→ −1y)2est intégrable sur]01]et
(1+
Z1dy1
−=−
0(1 +y)22
AinsiR01R(01xx+−yy)3dxdy=−12.
Par une démarche symétrique
1
Z0Z10(xx+−yy)3dydx1=2
On peut donc dire que la fonction(x y)7→(xx+−yy)3n’est pas intégrable surD.
Exercice 7 :[énoncé]
Posonsf:R+×R+→Rdéfinie par
f(x y (1 +) =x21+1()y2)
La fonctionfest continue et positive.
Poury∈R+, la fonctionx7→f(x y)est intégrable surR+et
y7→R0+∞f(x y) dx=2(1+yπ2)est intégrable surR+.
On en déduit quefest intégrable surR+×R+et
Z ZR+×R+(1 +xd2x()d1y+y2) =Z0+∞Z+0∞(1 +x2d)(x1 +y2)dy=π42
Posonsg:R+×]0 π2[→Rdéfinie par
g(r θ) =f(rcosθ rsinθ)r += (1r2cos2θ)r(1 +r2sin2θ)
La fonctiongest continue et positive.
Pourθ∈]0 π2[, la fonctionr7→g(r θ)est intégrable surR+et
Z0+∞g(r θ) dru==r212Z+0∞(1 +ucos2θd)u(1 +usin2θ) =−atnlcons2θθ
4
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Pourθ6=π4,
1=cos12+1coucs2oθs2θ−is+1usn2iθn2θ
(1 +ucos2θ)(1 +usin2θ)θ
Corrections
e