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Officiel de la Taupe: planche 182

Posté par
perroquet 02-02-09 à 06:06

Bonjour.

Je vous propose un exercice sur les intégrales doubles (Navale option MP).
Il est spécifique du programme MP. J'ai vu très peu d'exercices de ce type dans les concours. Cela ne veut pas dire qu'il ne faut pas les travailler: penser au wronskien, qu'on avait très peu vu jusqu'en 2008 et qui est apparu à l'écrit en 2008, à l'X et à Centrale.

Citation :

1) Calculer $3$ \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{4n+3}{(2n+1)^2(2n+2)^2$

2) Calculer $3$ \int_0^1\int_0^1 \ \frac{-x\ \ln(xy)}{1-x^2y^2}\ dx\ dy$

Un étudiant qui n'est pas en MP peut cependant traiter l'exercice en intégrant d'abord par rapport à x, puis par rapport à y.

Posté par

gui_toure : Officiel de la Taupe: planche 182 07-02-09 à 19:09

Bonsoir perroquet,

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$3$\mathcal{\fbox{\green 1)$ $3$\mathcal{\underline{Convergence :$ En notant $3$u_n$ le terme général, on a $3$u_n\ \sim_{n\infty}\ {4$\fr{1}{2n^3$

Or $3$\{\forall n\ge1\,\fr{1}{n^3}\ge0\\\Bigsum_{n\ge1}\fr{1}{n^3}\ \rm{converge\ (3>1)$ donc, par le critère de majoration des séries numériques à termes positifs : $3$\blue\fbox{\Bigsum u_n\mathcal{ converge$

$3$\mathcal{\underline{Calcul de S}}=\Bigsum_{n=0}^{+\infty}u_n :$

Tout d'abord, je remanie un peu le terme général : $3$u_n={4$\fr14\fr{4n+3}{(2n+1)^2(n+1)^2$

Cette fraction rationnelle ne possède que des pôles réels : la théorie de la décomposition en éléments simples donne

$3$4u_n={4$\fr{a}{2n+1}+\fr{b}{(2n+1)^2}+\fr{c}{n+1}+\fr{d}{(n+1)^2}$ où a,b,c et d sont des réels que nous allons déterminer.

1^ère méthode : réduire tout au même dénominateur

2^ème méthode : on multiplie l'égalité par (2n+1)² puis (n+1)² et on évalue en -1/2,-1,0 et 1 ce qui fournit un système donnant a,b,c et d

On en déduit $3$u_n={4$\fr{1}{(2n+1)^2}-\fr{1}{4(n+1)^2}$ . Pas de problème de convergence, on peut écrire :

$3$S=\Bigsum_{n=0}^{+\infty}{4$\fr{1}{(2n+1)^2}}-\Bigsum_{n=0}^{+\infty}{4$\fr{1}{4(n+1)^2}}$

Or $3$\Bigsum_{n=1}^{+\infty}\fr{1}{n^2}=\Bigsum_{n=0}^{+\infty}\fr{1}{(2n+1)^2}+\Bigsum_{n=1}^{+\infty}\fr{1}{(2n)^2$

$3$\fr{\pi^2}{6}=\Bigsum_{n=0}^{+\infty}\fr{1}{(2n+1)^2}+\fr14\times\fr{\pi^2}{6}$ d'où $3$\Bigsum_{n=0}^{+\infty}{4$\fr{1}{(2n+1)^2}}\ =\ \fr{\pi^2}{6}\times\fr34$

De plus, $3$\Bigsum_{n=0}^{+\infty}{4$\fr{1}{4(n+1)^2}}=\fr14\times\fr{\pi^2}{6}$

Conséquence : $3$\red\fbox{\Bigsum_{n=0}^{+\infty}{4$\fr{4n+3}{(2n+1)^2(2n+2)^2}}\ =\ {4$\fr{\pi^2 }{12$

Je n'ai pas encore regardé l'intégrale, je m'y colle !

Merci pour l'exo

Posté par

gui_toure : Officiel de la Taupe: planche 182 07-02-09 à 19:37

Pour l'intégrale :

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Elle vaut aussi $4$\fr{\pi^2 }{12$ mais je n'arrive pas à le montrer

J'ai essayé de passer par des séries et des permutations, mais le ln(x) est gênant

Peut-être y a-t-il un lien entre les deux exercices ..

Posté par

perroquetre : Officiel de la Taupe: planche 182 07-02-09 à 20:54

Bonsoir gui_tou

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Pour la première question, c'est juste

Pour la deuxième question, il y a effectivement un lien avec la première question (qui apparait à la fin du calcul).
Une indication pour la démarrer:
c'est bien un problème de permutation de séries et d'intégrales (2 fois ...)
$3$ \frac{1}{1-x^2y^2}=\sum_{n=0}^{+\infty} (x^2y^2)^n$
Pour éliminer le "gêneur $\ln(xy)$ ", intégrer par parties

Posté par

perroquetre : Officiel de la Taupe: planche 182 09-02-09 à 15:35

Bonjour.

Voici une solution de la planche. Elle n'est pas entièrement rédigée parce que cette solution est très longue.
Vous pouvez aussi lire une solution de la première question (très bien rédigée) dans le post de gui_tou (7 février 2009, à 19h09)

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Première question

$\frac{ 4n+3}{(2n+1)^2(2n+2)^2}=\frac{1}{(2n+1)^2}-\frac{ 1}{4(n+1)^2}$
Je ne détaille pas les calculs qui permettent d'obtenir cette décomposition en éléments simples (l'exercice étant très long).
On a donc, sachant que $3$ \quad \sum_{ n=1}^{+\infty}\frac{ 1}{n^2}= \frac{ \pi^2}{6}$ :
$3$ \sum_{ n=0}^{+\infty}\frac{ 4n+3}{(2n+1)^2(2n+2)^2}=\sum_{ n=0}^{+\infty}\frac{ 1}{(2n+1)^2}-\frac{ 1}{4} \sum_{ n=0}^{+\infty}\frac{ 1}{(n+1)^2} = \ldots =\frac{ 1}{2} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{ 1}{n^2}= \frac{ \pi^2}{12}$
Là aussi, je ne détaille pas les ``pointillés''

Deuxième question

Pour un étudiant de MP, il faut interpréter la question de la manière suivante:

Citation :
Etudier l'intégrabilité de la fonction $f$ définie sur $\quad ]0,1[\times ]0,1[ \quad$ définie par $\quad f(x,y)=\frac{ -x\ \ln(xy)}{1-x^2y^2}$
et calculer son intégrale sur $\quad ]0,1[\times ]0,1[$

Pour cela, on va remarquer que cette fonction est continue positive et on va appliquer le théorème de Fubini.

On commence donc à montrer que, pour tout $y$ de $]0,1[$ , la fonction   $x \rightarrow \frac{ -x \ln(xy)}{1-x^2y^2}$    est intégrable sur $]0,1[$ .
C'est facile puisque cette fonction admet un prolongement par continuité sur $[0,1]$ (je ne détaille pas ce prolongement par continuité)

On démontre ensuite que l'application   $3$ \quad y \rightarrow \int_0^1 \frac{ -x \ln(xy)}{1-x^2y^2} \, {\rm d} x \quad$ est continue sur $]0,1[$ . Pour cela, on va l'écrire comme somme d'une série de fonctions.

On a: $3$ \quad \frac{ -x \ln(xy)}{1-x^2y^2}= \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x)\quad$ avec   $\quad u_n(x)=-x\ \ln(xy)\ x^{2n}y^{2n}$

Les fonctions $u_n$ sont continues positives sur $]0,1[$ et la suite de leurs sommes partielles est dominée par $x \rightarrow f(x,y)$ , continue par morceaux et intégrable sur $]0,1[$

En utilisant le théorème de convergence dominée:
$3$ \int_0^1 \frac{ -x \ln(xy)}{1-x^2y^2}\, {\rm d} x=-\int_0^1 x \ln (xy) \sum_{ n=0}^{+\infty} x^{2n}y^{2n} \, {\rm d} x = -\sum_{ n=0}^{+\infty} \left(y^{2n}\int_0^1 x^{2n+1} \ln(xy) \, {\rm d} x\right)$

Par ailleurs, en intégrant par parties:
$3$ \int_0^1 x^{2n+1} \ln (xy) \, {\rm d} x = \left[ \frac{ x^{2n+2} \ln (xy)}{2n+2}\right]_0^1 - \int_0^1 \frac{ x^{2n+1}}{2n+2} \, {\rm d} x= \frac{ \ln y}{2n+2}-\frac{ 1}{(2n+2)^2}$

Donc:
$3$ \int_0^1 \frac{ -x \ln(xy)}{1-x^2y^2}\, {\rm d} x=\sum_{ n=0}^{+\infty}\left( -\frac{ y^{2n} \ln y}{2n+2}+\frac{ y^{2n}}{(2n+2)^2}\right)$

On n'a maintenant pas de mal à démontrer que $3$ \quad y \rightarrow \int_0^1 \frac{-x \ln(xy)}{1-x^2y^2} \, {\rm d} x \quad$ est continue sur $]0,1[$ comme somme de la fonction   $3$ y\rightarrow -\frac{\ln(y)}{2}$   et de la somme de deux séries normalement convergentes de fonctions continues sur $[0,1]$ (je ne détaille pas cette convergence normale)

En utilisant maintenant le théorème d'intégration terme à terme pour une série uniformément convergente de fonctions continues sur un segment, on peut maintenant écrire que $3$ \quad y\rightarrow \int_0^1 \frac{ -x \ln(xy)}{1-x^2y^2} \, {\rm d} x \quad$ est intégrable sur $]0,1[$ et que:

$3$ \int_0^1 \left( \int_0^1 \frac{ -x \ln (xy)}{1-x^2y^2} \, {\rm d} y \right) \, {\rm d} x =\sum_{ n=0}^{+\infty} \int_0^{+\infty} \left( -\frac{ y^{2n} \ln y}{2n+2}+\frac{ y^{2n}}{(2n+2)^2}\right)\, {\rm d} y$

Et, en intégrant par parties (je ne détaille pas):
$3$\int_0^1\left( \int_0^1 \frac{ -x \ln (xy)}{1-x^2y^2} \, {\rm d} y\right) \, {\rm d} x = \sum_{ n=0}^{+\infty} \left(\frac{ 1}{(2n+1)^2(2n+2)}+\frac{ 1}{(2n+2)^2 (2n+1)} \right)=\sum_{ n=0}^{+\infty} \frac{ 4n+3}{(2n+1)^2 (2n+2)^2}$

On a donc terminé la démonstration de l'intégrabilité de $f$ et le calcul de son intégrale, dont la valeur nous est donnée par la première question.

$\fbox{3$\int_0^1 \left( \int_0^1 \frac{ -x \ln (xy)}{1-x^2y^2} \, {\rm d} y\right) \, {\rm d} x=\frac{ \pi^2}{12}$

Posté par

gui_toure : Officiel de la Taupe: planche 182 11-02-09 à 12:12

Merci pour la correction

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