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$\def\ee{{\rm e}} \def\du{{\rm d}u} \def\dt{{\rm d}t} \def\dv{{\rm d}v} \def\dps{\displaystyle} \def\dpar#1#2{{\partial #1 \over \partial #2}} \def\gradient{\overrightarrow{\rm grad}} \def\equivalent{\mathop{\sim}} \def\vect#1{\overrightarrow{#1}} $ test d'évaluation le texte est ici -- test import pylab as py def courbe(a,b,t0,t1,x0,y0,n): pas=(t1-t0)/n x=x0 y=y0 t=t0 lx=[x] ly=[y] for i in range(n): x+=pas*(a[0][0](t)*x+a[0][1](t)*y+b[0](t)) y+=pas*(a[1][0](t)*x+a[1][1](t)*y+b[1](t)) t+=pas lx.append(x) ly.append(y) py.plot(lx,ly) def a(t): return 1. def b(t): return 1. def c(t): return -1. def d(t): return 1. def e(t): return py.sin(t) def f(t): return 0. a=[[a,b],[c,d]] b=[e,f] for i in range(1,10): for j in range(10): courbe(a,b,0.,5.,1.+i,1.+j,1000) py.show() exercice montrer que l'intégrale $\dps \int_0^{+\infty} {\ln x \over \sqrt{x}+x^2}{\rm d}x$ est une intégrale convergente. table de primitives fonction primitive $\displaystyle {\rm e}^x$ $\displaystyle {\rm e}^x+\lambda$ $\displaystyle \ln x$ $\displaystyle x\ln x-x+\lambda$ $\displaystyle {1 \over 1+x^2}$ $\displaystyle {\rm arctan}x$ $\displaystyle {1 \over \sqrt{1-x^2}}$ $\displaystyle {\rm arcsin}x$ - définition -soit alors $f$ une fonction de deux variables de classe $\mathcal c^1$ sur un ouvert $u$ de $\mathbb r^p$ et $a\in u$. on appelle vecteur gradient de $f$ en $a$ noté anciennement $\gradient f(a)$ et désormais à l'américaine $\overrightarrow{\nabla} f(a)$ le vecteur de $\mathbb r^p$ dont les coordonnées dans la base orthonormale canonique de l'espace euclidien canonique $\mathbb r^p$ sont les dérivées partielles de $f$ en $a$, c'est à dire \[ \nabla f(a)= \begin{pmatrix} \dpar f{x_1}(a)\\ \dpar f{x_2}(a)\\ \vdots\\ \dpar f{x_p}(a) \end{pmatrix} \] 1 exercice 1 on considère \[ f(x)=\int_0^{+\infty} {\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)}\dt \] montrer que $f$ est solution d'une équation différentielle d'ordre 1. en déduire la valeur de l'intégrale de gauss \[ i=\int_{-\infty}^{+\infty} \ee^{-u^2}\du \] correction corrigé $\bullet$ on commence par déterminer le domaine de définition de la fonction $f$. on pose \[ \forall x\in \mathbb r\,,\, \forall t\in ]0,+\infty[\,,\, f(x,t)={\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)} \] pour $x$ fixé, la fonction $t \mapsto f(x,t)$ est continue donc continue par morceaux sur $]0,+\infty[$ et on peut donc envisager l'intégrale généralisée \[ \int_0^{+\infty} {\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)}\dt \] si $x<0$, \[ t \mapsto {\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)} \] tend vers $+\infty$ en $+\infty$ (par croissance comparée) et ainsi l'intégrale n'est pas définie. si $x \geqslant 0$, on a \[ {\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)} \equivalent_{t \to 0} {1 \over \sqrt{t}} \] et ainsi nous avons l'intégrabilité en 0. on a aussi \[ \lim_{t \to +\infty} t^2{\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)}=0 \] et ainsi nous avons aussi l'intégrabilité en $+\infty$. on en déduit que la fonction $f$ est définie sur $\mathbb r^+$. $\bullet$ montrons maintenant que $f$ est de classe $\mathcal c^1$, sur $]0,+\infty[$. pour tout $x>0$, la fonction $t \mapsto f(x,t)$ est continue, donc continue par morceaux et intégrable sur $]0,+\infty[$. pour tout $t>0$, la fonction $x\mapsto f(x,t)$ est de classe $\mathcal c^1$ sur $]0,+\infty[$. pour tout $x>0$, la fonction \[ t \mapsto \dpar fx(x,t)=-{\sqrt{t} \ee^{-xt} \over 1+t} \] est continue par morceaux sur $]0,+\infty[$. soit $\varepsilon>0$, si $x\in [\varepsilon,+\infty[$ et $t\in ]0,+\infty[$, on a \[ \left | \dpar fx(x,t) \right | ={\sqrt{t}\ee^{-xt}\over 1+t} \leqslant {\sqrt{t}\ee^{-\varepsilon t} \over 1+t}=\varphi(t) \] avec $\varphi$ continue, donc continue par morceaux et intégrable sur $]0,+\infty[$. on en déduit que $f$ est de classe $\mathcal c^1$ sur $[\varepsilon,+\infty[$. ainsi finalement $f$ est de classe $\mathcal c^1$ sur $]0,+\infty[$, et on a : \[ \forall x>0\,,\,f'(x)=-\int_0^{+\infty} {\sqrt{t}\ee^{-xt} \over 1+t}\dt =-\int_0^{+\infty} {t\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)}\dt \] $\bullet$ on peut aussi montrer que $f$ est continue en 0 (sur $[0,+\infty[$).\\ soit $x\geqslant 0$, la fonction $t\mapsto f(x,t)$ est continue par morceaux sur $]0,+\infty[$. si $t>0$, la fonction $x \mapsto f(x,t)$ est continue sur $[0,+\infty[$. si $t>0$ et $x\in[0,+\infty[$, on a la majoration \[ |f(x,t)| \leqslant {1 \over \sqrt{t}(1+t)}=\varphi(t) \] avec $\varphi$ qui est continue par morceaux et intégrable sur $]0,+\infty[$ puisque \[ \varphi(t) \equivalent_{t \to 0} {1 \over \sqrt{t}} \qquad \varphi(t) \equivalent_{t \to 0} {1 \over t^{3\over 2}} \] on en déduit que la fonction $f$ est continue sur $[0,+\infty[$. $\bullet$ soit $x>0$, on remarque que (séparation de l'intégrale licite) \begin{eqnarray*} f'(x) &=& -\int_0^{+\infty} {(1+t)-1\ee^{-xt} \over \sqrt{t}(1+t)}\dt\\ &=& - \int_0^1 {\ee^{-xt} \over \sqrt{t}}\dt+f(x) \end{eqnarray*} et ainsi \[ f'(x)-f(x)=-\int_0^{+\infty} {\ee^{-xt} \over \sqrt{t}}\dt \] on effectue alors le changement de variable $u=\sqrt{t}$, $\du={1 \over 2\sqrt{t}}\dt$ et ainsi \[ f'(x)-f(x)=-2\int_0^{+\infty} \ee^{-xu^2}\du \] puis $v=\sqrt{x}u$, $\dv=\sqrt{x}\du$, \[ f'(x)-f(x)=-{2 \over \sqrt{x}} \int_0^{+\infty} \ee^{-v^2}\dv=-{i \over \sqrt{x}} \] ainsi $f$ est solution sur $]0,+\infty[$ d'une équation différentielle d'ordre 1 linéaire avec second membre. l'équation homogène a pour solution les fonctions de la forme \[ x \mapsto \lambda \ee^x \] comme on ne trouve pas de solution particulière évidente, on applique la méthode de la variation de la constante pour résoudre l'équation complète. on pose \[ f(x)=\lambda(x)\ee^x \] ce qui conduit à \[ \lambda'(x)\ee^x=-{i \over \sqrt{x}} \] soit encore \[ \lambda'(x)=-{i\ee^{-x} \over \sqrt{x}} \] et ainsi \[ \lambda(x)=-i \int_1^x {\ee^{-t} \over \sqrt{t}}\dt + \lambda \] soit (avec modification de la constante $\lambda$ en fait) \[ f(x)=\left [ \lambda- i \int_0^x {\ee^{-t} \over \sqrt{t}} \dt \right ] \] valable en 0 par continuité. on calcule alors $f(0)$ : on a \[ f(0)=\int_0^{+\infty} {1 \over \sqrt{t}(1+t)}\dt \] on effectue le changement de variable $u=\sqrt{t}$, $\du={1 \over 2\sqrt{t}}\dt$, \[ f(0)=\int_0^{+\infty} {2 \over 1+u^2}\du=2 \left [ \arctan u \right ]_0^{+\infty}=\pi \] mais aussi $f(0)=\lambda$. ainsi \[ f(x)=\left [\pi- i \int_0^x {\ee^{-t} \over \sqrt{t}} \dt \right ] \] d'autre part, la fonction $f$ est décroissante (soit par le signe de $f'$, soit mieux par comparaison simple de $f(x)$ et $f(x')$ lorsque $x$$<$$x'$). comme $f$ est positive, elle admet donc une limite en $+\infty$. en fait, on a avec le changement de variable $u=xt$, $\du=x\dt$, pour $x>0$, \[ f(x)={1 \over x} \int_0^{+\infty} {\ee^{-u} \over \sqrt{u \over x}\left (1+{u \over x} \right )}\du \] et donc \[ 0 \leqslant f(x) \leqslant {1 \over \sqrt{x}} \int_0^{+\infty} {\ee^{-u} \over \sqrt{u}}\du ={i \over \sqrt{x}} \] et ainsi $f$ tend vers 0 en $+\infty$. on en déduit alors que \[ \pi=\left [\int_0^{+\infty} \ee^{-u^2}\du \right ]^2 \] et ainsi \[ \int_{-\infty}^{+\infty} \ee^{-u^2}\du=\sqrt{\pi} \] appelée intégrale de gauss. exercice 3 déterminer le gradient de ${1 \over r}={1 \over \sqrt{x^2+y^2}}$ en coordonnées cartésiennes et en coordonnées polaires. correction corrigé la fonction inverse du rayon est de classe $\mathcal c^1$ sur $\mathbb r^2 \setminus \{(0,0)\}$. on a \[ \dpar {\left ( {1 \over r} \right )}{x}={-x \over (x^2+y^2)^{3 \over 2}} =-{\cos \theta \over r^2}\qquad \dpar {\left ( {1 \over r} \right )}{y}={-y \over (x^2+y^2)^{3 \over 2}}=-{\sin \theta \over r^2} \] on a ainsi \[ \fbox{$\dps \nabla {1 \over r}=-{\vect{r} \over r^3} $} \] exercice 4 déterminer l'opérateur gradient en coordonnées polaires dans la base polaire. correction corrigé on sait que dans la base canonique (en coordonnées $(x,y)$), on a \[ \gradient f=\left ( \dpar fx,\dpar fy \right )=\dpar fx \vect{u_x}+\dpar fy \vect{u_y} \] on note $f$ la fonction $f$ exprimée en coordonnées polaires, c'est à dire \[ f(x,y)=f(\rho,\theta) \] et on cherche a exprimer $\gradient

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RegrInfo
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