Sujet : Analyse, Compléments de calcul intégral, Intégrale double sur un produit d'intervalles

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Intégrale double sur un produit d’intervalles Exercice 5 [ 00101 ] [correction] On pose ZZ 2 2−(x +y )Exercice 1 [ 02919 ] [correction] I = e dx dy 2]0,+∞[Calculer ZZ y a) Justifier l’existence de I et établirdx dy 2 2 2 2 (1 +x +y )[0,+∞[ Z Z +∞ +∞ 2 2−(1+u )x I = xe du dx x=0 u=0 Exercice 2 [ 00098 ] [correction] b) En déduire la valeur de ZEn calculant de deux façons +∞ZZ 2−te dtyx dx dy 0 2]0,1] déterminer la valeur de Z 1 Exercice 6 Centrale MP [ 00102 ] [correction]t− 1 dt Que dire de l’intégrale doublelnt0 ZZ x−y dx dy 3(x +y)D Exercice 3 [ 00099 ] [correction] où D = ]0, 1]× [0, 1]?En calculant de deux façons ZZ 1 dx dy 1 +y cosx[0,π]×[0,1[ Exercice 7 [ 00250 ] [correction] Calculer ZZ déterminer la valeur de dx dyZ π ln(1 + cost) 2 2 + + (1 +x )(1 +y )dt R ×R cost0 En déduire Z Zπ/2 +∞ln(tanθ) lnt dθ et dt 2cos 2θ t − 10 0 Exercice 4 [ 00100 ] [correction] En calculant de deux façons ZZ Exercice 8 [ 00270 ] [correction] 2 2−(x +y )e dx dy Soit A∈M (R) une matrice symétrique définie positive. Calculer2 2[0,+∞[ ZZ tI = exp(− XAX) dx dydéterminer la valeur de Z 2+∞ R 2−te dt ou X désigne le vecteur de coordonnées (x,y).0 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.
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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]01]2xydxdy

t−1
Z01lnt
dt

Exercice 3[ 00099 ][correction]
En calculant de deux façons
1
Z Z[0π]×[01[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)x2dudx
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= ]01]×[01]?

Exercice 7[ 00250 ][correction]
Calculer
Z Z

En déduire

dxdy
R+×R+(1 +x2)(1 +y2)

Z0π2los2cnat(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]01[×]0πdxdy
2[1 + (xtany)2
et en déduire la valeur de l’intégrale
Zπ2ynydy
0ta

Exercice 10[ 03690 ][correction]
Existence et calcul de

I=

Z Z]01]2(namx(imxyxy))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+y2y=+∞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)2dydπ
x=4

Exercice 2 :[énoncé]
Soitf(x y) =xycontinue et positive sur]01[2.
D’une part
1
Zy1=0Zx1=0xydxdy=Zyd+11y= ln 2
y=0
D’autre part
Zx10=Zy10=xydydx=Zx01=xln−xd1x

avecx7→lxn−x1intégrable sur]01[.
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]×[01[.
D’une part :
Z0πZ101 +ydycdx=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
Z10Z0π1 +dxycosxdy=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)dydx=Zπ20Zr+0=∞re−r2drdθ
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[s0tiπnt2é].g
st in
La relation précédente est donc valide.
D’une part, en séparant les variables :
Zx+0=∞Zy0=+∞e−(x2+y2)dydx=Z+0∞e−t2dt2
D’autre part,
   

π2
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)dydx

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)x2dudx
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)x2dxdu=Z0+∞=d
1 +u22

Or par séparation des variables
I=Zx0=+∞Zy+0=∞e−(x2+y2)dydx=Zt+=0∞e−t2dt2

donc
Z+∞e−t2dt√2π
=
0
car cette dernière intégrale est positive.

Exercice 6 :[énoncé]
L’intégrale a la mme nature que sur]01]2.

x7→(xx+−yy)3est intégrable sur]01]et
1x−y1
Z0(x+y)3dx += (1y)2

y7→ −1y)2est intégrable sur]01]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 π2[→Rdéfinie par

g(r θ) =f(rcosθ rsinθ)r += (1r2cos2θ)r(1 +r2sin2θ)

La fonctiongest continue et positive.
Pourθ∈]0 π2[, la fonctionr7→g(r θ)est intégrable surR+et
Z0+∞g(r θ) dru==r212Z+0∞(1 +ucos2θd)u(1 +usin2θ) =−atnlcons2θθ

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Pourθ6=π4,
1=cos12+1coucs2oθs2θ−is+1usn2iθn2θ
(1 +ucos2θ)(1 +usin2θ)θ

Corrections

et on en déduit
+ln tan
Z+0∞(1 +ucos2θ)du(1 +usin2θ1=)2socθ1+ln1+uuossnic22θθ0∞=− 22 cosθθ

puis

Z+g(r θ) dr=−ocnatnls2θθ
0
De plus, pour[a b]⊂]0 π2[, on a

|g(r θ)|6(1 +r2cos2b)r(1 +r2sin2a) =ϕ(r)

avecϕintégrable sur[0+∞[donc, par domination sur tout segment, on peut
affirmer queθ7→R0+∞g(r θ) dθest continue sur]0 π2[. Par cet argument, il
n’est pas nécessaire de calculer l’intégrale pourθ=π4.
La fonctionh:θ7→R+0∞g(r θ) dθest intégrable sur]0 π4]car quandθ→0+,
√θh(θ) =√−θ2soca(tlnθnθ)√−∼θlnθ→0

De plus,h(π2−θ) =h(θ)donchest aussi intégrable sur[π4 π2[.
Par le théorème d’intégration en coordonnées polaires, on a alors
Z ZR+×R+f(x y) dxdy=Z0π2Z+0∞g(r θ) drdθ

d’où l’on tire
Zπ2nlnats2coθθdθ=−π42
0
En posantt= tanθ, on adt= (1 +t2) dθet

et on obtient

cos 2θ=11−+tt22

Z+0∞lntdt=π42
t2−1

Exercice 8 :[énoncé]
Commençons par le cas où
A=

λ
0

0avecλ >0
µ  µ

On étudie alors
I=Z ZR2exp−(λx2+µy2)dxdy
Posonsf:R2→Rdéfinie par
f(x y) = exp−(λx2+µy2)

La fonctionfest définie, continue et positive surR2.
Pourx∈R, la fonctiony7→f(x y)est intégrable surRet
ZRf(x y) dy= e−λx2Z−+∞∞e−µy2dy=Ctee−λx2
La fonctionx7→RRf(x y) dyest intégrable surRet par conséquentfest
intégrable surR2avec
I=ZRZRf(x y) dydx=Z−+∞∞e−λx2dx Z−+∞∞e−µy2dy

Sachant
Z−+∞∞t2dt=√π

e
on obtient par un changement de variable affine
π π
= =
I√λµ√detA
Passons au cas général.
Notons >λ µ0les deux valeurs propres de la matriceA. Il existe une base
orthonormée(~e1e~2)telle que siX=e~u1+ve~2alors

tXAX=λu2+µv2

5

Considérons alors l’applicationϕ:R2→R2qui à(x y)associe(u v)de sorte que

(x y) =ue~1+v~e2

ϕest une isométrie de l’espace vectorielR2, la valeur absolue de son jacobien vaut
1 etϕtransforme le disque
D(0 R) =(x y)∈R2x2+y26R2

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en lui-mme. Par le changement de variable(u v) =ϕ(x y)
Z ZD(0R)dy=Z ZD(0R)exp−(λu2+µv2)dudv
exp(−tXAX) dx

Corrections

QuandR→+∞, l’étude d’intégrabilité du cas initial donne
Z ZD R)exp−(λu2+µv2)dudv→Z ZR2exp−(λu2+µv2)dudv=√µλπ
(0

La fonctionx7→π2ln(x+ 1)est continue par morceaux et intégrable sur]01[.
On en déduit que la fonctionfest intégrable sur]01[×]0 π2[et
dxdy
Z Z]01[×]0π2[1 + (xtany)2=Z10Z0π21 + (xdtyany)2!dx

puis finalement
Z Zdxdy2=Z1πdx=πln 2

On en déduit]01[×[0π2[1 + (xtany)02x+ 1 2
Z ZD(0R)exp(−tXAX) dxdy−R−→−−+−∞→ √πλµAussi, poury∈]0 π2[, la fonctionx7→f(x y)est continue par morceaux et
Tout pavé[a b]×[c d]étant inclus dans un disqueD(0 R)pourR sur intégrableassez grand et]01[avec
dx
iaRn2ctntiutodatlsoifuqenocteruserveqmeeneffimrDon(t0inRu)séittainetpinocve(luxsyd)a7n→seuxnp(p−atvéXaAssXe)truesunp,orgételbaeinstdnargzZ101 + (xtany)2=nat1yarctan (xtany)01=atyny
De pπlus la fonπctiony7→ytanyest continue par morceaux et intégrable sur
I=[ab]×s[cupd]⊂R2Z Z[ab]×[cd]exp(−tXAX) dxdy=Rl→i+m∞Z ZD(0R)exp(−tXAX) dxdy=]0√πλ2µ[ =don√cdoetnAaussi
Exercice 9 :[énoncé]Z Z]01[×]0π2[(1+dxxtadyny)2=Z0π2Z011 + (xdtxany)2dy
La fonctionfdéfinie sur]01[×]0 π2[ qui donnepar ce
Z Z Z

f(x y 1 + () =x1anty)2

est continue et positive.
Pourx∈]01[, la fonctiony7→f(x y)continue par morceaux et intégrable surest
]0 π2[avec
Zπ2dyany)2t=t=anyZ0+∞dt
01 + (xt (1 +t2)(1 +x2t2)

Par décomposition en éléments simples

et donc

1x2
11−x2x2−1
=
(1 +t2)(1 +x2t2 +) 1t2+ 1 +x2t2

Z0π21 + (xdtyany)2t=t=anyπ21−1x2+x2x−12=πx11+

On en déduit

]01[×]0π2[(1+dxxtadyny)2=0π2tayn dy
y

Zπ2aynydy=π2 ln 2
0t

Exercice 10 :[énoncé]
Posonsf: ]01]2→Rla fonction définie par

f(x y)=(xamn(miyxyx))

La fonctionfest positive, continue et vérifie

∀(x y)∈]01]2 f(x y)61

ce qui assure son intégrabilité. L’intégrale étudiée est donc bien définie.

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Pourx∈]01]fixé, la fonctiony7→f(x y)est intégrable sur]01]car y est
continue par morceaux, positive et majorée par 1. On a
y
Z10f(x y) dy=Z0xxdy+Zx1xydy21=x−xlnx
La fonctionx7→R10f(x y) dyest intégrable sur]01]car y est continue par
morceaux et prolongeable par continuité en 0.
On retrouve ainsi quefest intégrable sur]01]2mais aussi a-t-on
1
I=Z01Zf(x y) dydx=Z1012x−xlnxdx2=1
0

Corrections

Exercice 11 :[énoncé]
a)u7→ux−1(1−u)y−1est définie et continue par morceaux sur]01[,
1−u)u−1donc la fonctionB
ux−1(1−u)y−1u→∼0+ux−1etux−1(1−u)y−1u→∼1−(
est définie surR+?×R+?.
Il est bien connu que la fonctionΓest définie sur]0+∞[.
b) Le changement de variableu=t2qui est unC1bijectif deR+?vers lui-mme
permet d’obtenir

Γ(x) = 2Z+t2x−1e−t2dt
0

c) Alors
Γ(x)Γ(y) = 4Z ZR+?×R+?u2x−1v2y−1e−(u2+v2)dudv
d) Les fonctions engagées étant positives et intégrables, on peut passer en
coordonnées polaires :
Γ(x)Γ(y) = 4Z0π2(cosθ)2x−1(sinθ)2y−1Z+0∞r2(x+y)−1e−r2drdθ= 2Γ(x+y)Z0π2(cosθ)2x−1(sinθ)2y−1dθ

Par leC1-difféomorphismeu= cos2θpour lequeldu cos= 2θsinθdθ, on obtient

)
B(x yΓ()(Γ=xx+(Γ)yy)

e) La relationΓ(x+ 1) =xΓ(x)s’obtient par intégration par parties, on en déduit
Γ(n) = (n−1)!et donc

( !(m−1)!
B(n m) =nn−+)1m−1)!
(

7

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