2013-2014

Université Pierre & Marie Curie
UE LM365 – Intégration 2
Licence de Mathématiques L3
Année 2013–14
Examen partiel du 28 février 2014
Les documents et outils électroniques ne sont pas autorisés.
Durée : 2 heures.
Exercice 1. Enoncer précisément la définition de la tribu produit et de la mesure produit.
Exercice 2. On désigne par R la mesure de Lebesgue sur R. On se donne une fonction borélienne
intégrable f : R ! R telle que ]a,b[ f d = 0 pour tout intervalle ouvert borné non-vide ]a, b[⇢ R. Le
but de cet exercice est de montrer que f est nulle presque partout, c’est-à-dire que ({f 6= 0}) = 0.
a) On note f+ = max{f, 0} et f = min{f, 0}. Montrer que pour tout borélien B, on a
Z
Z
Z
f d = 0 ()
f+ d =
f d .
B
B
B
b) Montrer que pour tout intervalle ouvert I de R, éventuellement non-borné, on a
Z
f d = 0.
I
c) On considère l’ensemble
C = {B 2 BR ;
Z
f d = 0},
B
i) Montrer que C est une classe monotone de R.
ii) Montrer que C = BR .
d) Montrer que pour tout " > 0 les ensembles {f > "} et {f <
conclure.
"} sont de mesure nulle, et
Solution de l’exercice 2.
a) Le fait que f soit intégrable entraı̂ne que f+ et f le sont aussi, et on écrit ensuite que f = f+ f .
b) Soit I un intervalle ouvert non vide de R. Comme I\] N, N [ est (pour N assez grand) un intervalle
ouvert borné (non vide) on a, par hypothèse,
Z
Z
f+ =
f .
I\] N,N [
I\] N,N [
R
R
R
Par le théorème de convergence monotone on en tire que I f+ = I f . Ainsi, I f = 0.
c) i) On a R 2 C d’après
R la question précédente. Soit
S (Bn ) une suite croissante de boréliens de R telle
que pour tout n on a Bn f d = 0. On note B = Bn . On a
Z
Z
f+ d =
f d .
Bn
Bn
Par le théorème de convergence monotone (pour les suites croissantes de fonctions positives 1Bn f+ et
1Bn f ) on voit que cette égalité est vraie lorsqu’on intègre sur B, c’est-à-dire que B 2 C. On a donc
1
prouvé la stabilité
croissante
dénombrable. Si B, C 2 C avec B ⇢ C, alors comme f est
R par réunion
R
R
intégrable, on a C\B f = C f
f
=
0.
Ainsi, on a bien C \ B 2 C.
B
c) ii) On remarque que C contient l’ensemble des intervalles ouverts de R qui forme un ⇡-système
dont la tribu engendrée est BR . Le théorème de la classe monotone nous dit que la classe monotone
engendrée par ce ⇡-système est donc la tribu BR , et cette classe monotone engendrée est contenue
dans la classe montone C. Ainsi, on a bien CR = BR .
d) Comme {f > 0} est un borélien, on a {f >0} f = 0, ce qui entraı̂ne que ({f > 0}) = 0. (On
peut
détailler en introduisant plutôt {f > "}, qui doit être clairement de mesure nulle puisque 0 =
R
({f > "})", puis en prenant " = 1/n et en passant à la limite décroissante).
{f >"} f
On a de même pour {f < 0}, et donc ({f 6= 0}) = 0.
Exercice 3. On se place sur R, muni de la tribu borélienne, et on considère deux mesures sur cette
tribu : la mesure de Lebesgue et une mesure de probabilité µ. Pour tout réel t, on note
Z
µ̂(t) =
eixt dµ(x).
R
et
sin x
si x 6= 0, f (0) = 1.
x
a) Montrer que µ̂ est bien définie et continue (donc mesurable) sur R.
b) Montrer que f est une fonction mesurable bornée sur R.
c) Montrer soigneusement que pour tout réel T > 0, on a
Z T
Z
1
µ̂(t)d (t) =
f (T x)dµ(x).
2T
T
R
f (x) =
d) En déduire l’existence et la valeur de
1
lim
T !+1 2T
Z
T
µ̂(t)d (t).
T
e) On considère le cas particulier µ = 0 , la mesure de Dirac en 0 2 R (rappel : 0 (B) = 1B (0)
pour tout borélien B de R ) . Calculer la fonction µ̂ et retrouver la valeur obtenue à la question
précédente.
Solution de l’exercice 3.
a) (x, t) 7! eixt est continue en ses deux variables, dominée par la fonction constante à 1, qui est
intégrable par rapport à la mesure finie µ : ainsi, par le théorème de continuité sous le signe
intégrale, µ̂ est bien définie comme fonction continue, donc mesurable, sur R.
b) La fonction f est continue sur R (la continuité en 0 découle de limx!0 sinx x = 1 = f (0)), donc
mesurable et bornée sur tout segment. Comme de plus f tend vers 0 en ±1, on en déduit que
f est bornée sur R par une constante M .
c) La fonction (t, x) 7! eixt est continue et bornée donc intégrable pour la mesure finie ⌦ µ sur
[ T, T ] ⇥ R. Le théorème de Fubini-Lebesgue permet donc d’avoir
Z T
Z T Z
Z Z T
1
1
1
µ̂(t)d (t) =
eixt dµ(x)d (t) =
eixt d (t)dµ(x).
2T
2T
2T
T
T R
R
T
R T ixt
R
ixT
ixT
T
Pour x 6= 0, on a T e d (t) = e ixe
et, pour x = 0, on a T eixt d (t) = 2T , d’où
Z T
Z
1
µ̂(t)d (t) =
f (T x)dµ(x).
2T
T
R
2
d) Pour T > 0, on peut dominer x 7! f (T x) par la fonction constante à M , qui est µ-intégrable.
Vu que limT !+1 f (T x) = 0 pour x 6= 0 et f (T 0) = 1, on a par convergence dominée :
Z
Z
lim
f (T x)dµ(x) =
1dµ(x) = µ({0}),
T !+1 R
{0}
d’où, avec la question précédente,
1
T !+1 2T
lim
Z
T
µ̂(t)d (t) = µ({0}).
T
e) Dans ce cas, on a b0 (t) = ei0 = 1, la fonction constante égale à 1 (qui est bien continue...). Et
RT
1
comme 2T
T 1d (t) = 1, on retrouve bien la valeur 0 ({0}) = 1.
Exercice 4.
On note d la mesure de Lebesgue sur Rd .
a) Avertissement : cette question NE fait PAS appel au chapitre 3 du cours, mais seulement aux
chapitres 1 et 2.
On se donne s > 0. On pose, pour tout borélien B de Rd , sd (B) := d (sB) où par définition
sB = {sx ; x 2 B}.
i) Vérifier que
ii) Calculer la
a d (sB) =
s
d
est une mesure sur BRd .
Qd
s -mesure d’un rectangle
i=1 [ai , bi ] et en déduire que pour tout borélien
d
d
s d (B), puis que pour toute fonction intégrable f : Rd ! R on a
Z
f (s
1
x) d
d
d (x) = s
Z
fd
B on
d.
b) Soit u : Rd ! R une fonction continue sur Rd . On suppose qu’il existe un k > 0 tel que, pour
tout x 2 Rd et tout s > 0 on a u(sx) = sk u(x) (on dit que u est positivement k-homogène).
On notera k · k la norme euclidienne sur Rd et K = {x 2 Rd ; kxk  1} la boule unité.
i) Montrer que la fonction x ! u(x)e kxk appartient à L1 (Rd , d ).
On pourra vérifier que M := sup |u(v)| est fini et majorer |u(x)| en fonction de M et kxk.
kvk=1
ii) Montrer que la fonction (t, x) ! u(x)1[kxk,+1[ (t) e
à la mesure de Lebesgue).
t
est intégrable sur R+ ⇥Rd (par rapport
iii) Montrer qu’il existe une constante ck,d qui ne dépend que de k et d telle que
Z
Z
u(x)e kxk d d (x) = ck,d
u d d.
K
Solution de l’exercice 4.
Q
Q
a) La vérification que sd est une mesure est automatique. Comme s di=1 [ai , bi ] = di=1 [sai , sbi ] on en
Q
Q
Q
Q
tire que sd ( di=1 [ai , bi ]) = d ( di=1 [sai , sbi ]) = di=1 |sbi sai | = sd d ( di=1 [ai , bi ]). Par l’unicité de la
construction de la mesure de Lebesgue, on en déduit que s d sd = d , comme demandé. Pour l’intégrale
de fonctions positives, on peut approcher par des fonctions étagées, ou remarquer simplement que
Z
f (s
1
x) d
d (x)
=
Z
+1
d ({x;
f (s
1
x) > t}) dt =
0
Z
=
3
+1
d (s{y;
f (y) > t}) dt
0
Z
+1
0
sd
d
d ({y; f (y) > t}) dt = s
Z
fd
d.
où l’on convient d’utiliser dt pour la mesure de Lebesgue d 1 (t) en dimension 1. Et comme d’habitude,
pour une fonction de signe quelconque intégrable, on écrit f = f+ f .
b)i) La fonction |u| est continue sur la sphère S = {x/kxk = 1}, donc bornée par M > 0 sur cet
ensemble. Ainsi, pour tout x 2 Rd , on a 0  |u(x)|  M kxkk . On peut remarquer ensuite que
ekxk/2 ⇥ |x|s e kxk tend vers 0 lorsque x ! +1, et donc est bornée. Ainsi, on a montré qu’il existe une
constante C > 0 telle que pour tout x 2 Rd , 0  |u(x)|e kxk  Ce kxk/2 . Comme x ! e kxk/2 est
dans L1 (Rd ), on en tire que la fonction proposée l’est aussi.
b)ii) On remarque que
Z
Z
e
kxk
+1
=
e
t
dt =
kxk
R+
t
1[kxk,+1[ (t)e
dt.
Cette écriture est valide Rcar t ! e t est intégrable
R nsur Rt + , et donc (par convergence dominée, ou par
+1
t
convergence monotone) kxk e dt = limn!+1 kxk e dt. Ainsi, le théorème de Fubini-Tonelli sur
R+ ⇥ Rd permet d’écrire
Z
Z
t
|u(x)|1[kxk,+1[ (t)e dtd d (x) = |u(x)|e kxk d d (x) < +1,
R+ ⇥Rd
d’après la question précédente.
b)iii) Par le théorème de Fubini-Lebesgue, pour la fonction intégrable (t, x) ! u(x)1[kxk,+1[ (t)e t , on
a
!
◆
Z
Z +1 Z
Z +1 ✓Z
kxk
u(x)e
d d (x) =
u(x) d d (x) e t dt =
u(x) d d (x) dt.
{kxkt}
0
0
tK
D’après le a) et l’homogénéité de u, on a, pour t > 0 fixé,
Z
Z
Z
u(x) d d (x) = 1tK (x)u(x) d d (x) = 1K (x/t)u(x) d
d (x)
tK
puisque 1tK (x) = 1K (x/t). Mais d’après la question a) on a
Z
Z
d
1K (x/t)u(x) d d (x) = t
1K (x)u(tx) d
On a donc bien,
Z
u(x)e
kxk
d
d (x)
=
✓Z
+1
t
0
4
k+d
e
d (x)
t
dt
=t
◆Z
d+k
ud
K
Z
ud
K
d.
d.
Université Pierre & Marie Curie (Paris 6)
UE LM365 – Intégration 2
Licence de Mathématiques L3
Année 2013–14
Examen final du 16 mai 2014 (1ère session)
Durée : 2 heures. Tous documents interdits. La qualité et la rigueur de la rédaction seront
prises en compte.
Exercice 1. Énoncer un résultat du cours de votre choix reliant la convergence dans Lp (µ)
(p 2 [1, +1]) et la convergence µ p.p.
Solution de l’exercice 1. Il s’agissait d’énoncer un des résultats de la Proposition 4.1 du cours.
Soit p 2 [1, +1], (E, A , µ) un espace mesuré et f, f0 , f1 , f2 , . . . des fonctions mesurables allant
de E dans R.
a) [convergence Lp -dominée] Si fn ! f µ-p.p. et qu’il existe g 2 Lp tel que | fn |  g pour tout
Lp
entier n, alors fn ! f .
Lp
b) Si fn ! f , alors
i) Si p < 1, il existe une suite extraite de (fn ) qui converge vers f µ-p.p.
ii) Si p = +1, fn ! f uniformément en dehors d’un ensemble négligeable, donc fn ! f µ-p.p.
On pouvait également évoquer l’unicité de la limite d’une suite qui converge simplement et
dans Lp .
Exercice 2. Soit (E, A ) et (F, B) deux espaces mesurables. On cherche à redémontrer par
une méthode différente de celle utilisée dans le cours que les sections d’éléments de la tribu
produit A ⌦ B sont mesurables. Soit x 2 E.
a) Pour C ✓ E ⇥ F , rappeler ce que désigne la section de C en x, notée Cx , qui est une
partie de F .
b) Pour tous A ✓ E et B ✓ F , caractériser (A ⇥ B)x .
c) Soit
⇤ := {C ✓ E ⇥ F : Cx 2 B}.
Montrer que ⇤ est un -système.
d) Montrer que ⇤ contient A ⇥ B.
e) Conclure.
Solution de l’exercice 2.
a) D’après la Définition 2.9 du cours,
Cx := {y 2 F : (x, y) 2 C}.
b) Bien entendu, la section en x de A ⇥ B est B si x 2 A et ? sinon.
1
c) Montrons que ⇤ est un -système. Tout d’abord ⇤ est non vide car E ⇥ F 2 ⇤ (d’après
la question b, E ⇥ F est de section F et F 2 B). Montrons d’abord que ⇤ est stable par
différence propre. Soient C ✓ D tous deux éléments de ⇤. Alors (D \ C)x = Dx \ Cx ,
avec Cx ✓ Dx . Or Cx , Dx 2 B par hypothèse donc (D \ C)x 2 B, c’est-à-dire D \ C 2 ⇤.
Montrons enfin que ⇤ est stable par réunion dénombrable croissante. Soit (C (n) )n une
(n)
suite croissante d’éléments de ⇤ et C sa limite. Alors la suite (Cx ) est croissante et
(n)
(n)
([n C (n) )x = [n Cx . Or pour tout n, Cx 2 B par hypothèse donc ([n C (n) )x 2 B,
c’est-à-dire [n C (n) 2 B. En conclusion, ⇤ est bien un -système.
d) D’après la question b, ⇤ contient A ⇥ B, puisque pour tout A ⇥ B 2 A ⇥ B, la section
de A ⇥ B est soit B, soit ?, qui sont tous deux éléments de B.
e) Comme A ⇥ B est un ⇡-système, le théorème de la classe monotone assure que (A ⇥
B) = A ⌦B est le plus petit -système contenant A ⇥B. Donc le -système ⇤ contient
A ⌦ B.
Exercice 3. Soit µ une mesure finie sur (R, Bor(R)) et F sa fonction de répartition. On
cherche à montrer que F est de classe C 1 si et seulement si µ admet une densité par rapport à
la mesure de Lebesgue qui est continue
p.p..
a) On suppose que F est de classe C 1 . On désigne par ⌫ la mesure de densité F 0 par rapport
à la mesure de Lebesgue.
i) Montrer que µ et ⌫ ont la même fonction de répartition.
ii) Conclure.
b) On suppose que µ admet une densité (partout) continue f par rapport à la mesure de
Lebesgue.
i) Pour tout x 2 R et " > 0, montrer que
Z
" inf f 
f d  " sup f.
]x,x+"]
]x,x+"]
]x,x+"]
ii) Montrer que F est dérivable à droite et caractériser cette dérivée.
iii) Conclure.
Solution de l’exercice 3.
a) i) Comme F 0 est continue, F 0 est bornée sur tout intervalle compact
[a, b], et donc
R
d’après le Théorème 9.7 du cours de LM 364, F (b) F (a) = [a,b] F 0 d . Or par
R
R
définition de ⌫, ⌫(]a, b]) = ]a,b] F 0 d = [a,b] F 0 d = F (b) F (a). En faisant tendre
a ! 1, par continuité à gauche de la mesure, on obtient ⌫(] 1, b]) = F (b)
lima! 1 F (a) = F (b). Par conséquent, F est la fonction de répartition de ⌫.
ii) Par le Théorème 1.26 du cours de LM 365, ⌫ et µ ayant même fonction de répartition,
sont égales. Donc µ admet F 0 comme densité (par rapport à ), qui est continue par
hypothèse, donc continue
p.p..
Remarque : si l’on voulait utiliser le résultat plus général d’unicité, en se basant sur
le fait que µ et ⌫ coïncident sur le ⇡-système {] 1, b], b 2 R} [ R, il fallait aussi
montrer que µ(R) = ⌫(R) (pour cela, il suffit de faire tendre b ! 1 et d’utiliser à
nouveau la continuité à gauche de la mesure).
2
b) i) Pour tout y 2]x, x + "], on a
inf f  f (y)  sup f,
]x,x+"]
donc par croissance de l’intégrale,
Z
Z
" inf f =
inf f d 
]x,x+"]
]x,x+"] ]x,x+"]
]x,x+"]
]x,x+"]
f (y) d (y) 
Z
sup f d = " sup f,
]x,x+"] ]x,x+"]
]x,x+"]
ce qui n’est autre que l’inégalité demandée.
R
ii) Puisque ]x,x+"] f d = F (x + ") F (x), on a
inf f 
]x,x+"]
F (x + ")
"
F (x)
 sup f.
]x,x+"]
Par continuité de f , chaque membre de l’inégalité tend vers f (x) lorsque " ! 0, donc
F est dérivable à droite en x, de dérivée à droite f (x).
iii) Le raisonnement est le même pour obtenir la dérivabilité de F à gauche. On obtient
donc que F est dérivable de dérivée f , qui est continue. Donc F est de classe C 1 .
Dans le cas où f est seulement continue
p.p., on applique la question précédente
à la fonction continue g telle que f = g
p.p..
Exercice 4. Soit µ une mesure finie sur E = RdR muni de sa tribu borélienne A , et f :
(E, A ) ! (R, Bor(R)) un élément de L 1 ( ) tel que E f d = 1, où désigne ici la mesure de
Lebesgue surR E. On cherche à montrer que pour toute fonction h : E ! R continue et bornée,
lim !0 I = E h dµ, où
Z
I =
d( ⌦ µ)(x, y) f (x) h(y + x).
E⇥E
On utilisera les notations C := supx2E | h(x) | et K := µ(E).
R
R
a) Soit F (y) = E d (x) f (x) h(y + x). Montrer que I = E F dµ.
b) Montrer que pour tout y 2 E, lim
c) Conclure.
!0
Solution de l’exercice 4. On remarquera que
et d’appliquer les théorèmes de Fubini.
F (y) = h(y).
et µ sont -finies, ce qui permet de définir
⌦µ
a) La valeur absolue de l’intégrand dans I est majorée par C| f (x) |. Or la fonction (x, y) 7!
| f (x) | est ⌦ µ intégrable car d’après le théorème de Fubini–Tonelli,
Z
Z
Z
Z
d( ⌦ µ)(x, y) | f (x) | =
d (x) dµ(y) | f (x) | = K
d (x) | f (x) | < 1.
E⇥E
E
E
3
E
Donc d’après le théorème de Fubini–Lebesgue,
Z
I =
d( ⌦ µ)(x, y) f (x) h(y + x)
ZE⇥E
Z
=
d (x) dµ(y) f (x) h(y + x)
E
Z
ZE
=
dµ(y) d (x) f (x) h(y + x)
E
ZE
=
dµ(y) F (y).
E
b) Pour tout y 2 E, la valeur absolue de la fonction x 7! f (x) h(y + x) est majorée par
C| f |, qui est
intégrable, donc par le théorème de convergence dominée,
Z
Z
lim F (y) =
d (x) f (x) lim h(y + x) =
d (x) f (x) h(y),
!0
!0
E
E
car h est continue, et cette dernière expression vaut h(y), car
c) Pour tout y 2 E,
| F (y) | 
Z
E
d (x) | f (x) h(y + x) |  C
Z
E
R
E
f d = 1.
d (x) | f (x) | < 1.
Donc la fonction F est dominée en valeur absolue par une fonction constante. Comme
les fonctions constantes sont µ intégrables, le théorème de convergence dominée assure
que
Z
Z
Z
lim I = lim
!0
!0
F dµ =
E
dµ(y) lim F (y) =
E
!0
dµ(y) h(y).
E
Université Pierre & Marie Curie (Paris 6)
UE LM365 – Intégration 2
Licence de Mathématiques L3
Année 2013–14
Examen final du 11 juin 2014 (2ème session)
Durée : 2 heures. Tous documents interdits. On désignera invariablement par
Lebesgue et l’on abrégera souvent, comme le veut l’usage, d (x) en dx.
la mesure de
Exercice 1. Énoncer le théorème de la classe monotone.
Solution de l’exercice 1. Théorème 1.16 du cours. Pour tout ⇡-système C , ⇤(C ) = (C ). En
particulier, le plus petit -système ⇤(C ) contenant C est donc une tribu.
Exercice 2. Soit (E, A , µ) un espace mesuré, où E est un espace métrique et A est sa tribu
borélienne.
a) Soit une suite de fonctions fn : E ! R continues µ-p.p. Montrer que si la suite (fn )
converge uniformément vers f : E ! R en dehors d’un ensemble µ négligeable, alors f
est continue µ-p.p.
b) On suppose maintenant que E = Rd et que µ est une mesure de Borel. Soit f : (E, A ) !
(R, Bor(R)) une fonction mesurable quelconque élément de Lp (µ), pour p 2 [1, +1].
Existe-t-il toujours une suite de fonctions continues qui converge vers f dans Lp (µ) ? [on
distinguera les cas où p est fini ou infini].
Solution de l’exercice 2.
a) Pour tout entier n, il existe une fonction continue gn telle que ⌦n := {fn = gn } est de
complémentaire µ-négligeable. Avec ⌦ := \n ⌦n , on a µ(c⌦) = 0 et pour tout x 2 ⌦, pour
tout n 2 N, fn (x) = gn (x).
Maintenant par hypothèse, il existe N µ-négligeable tel que
lim sup | f (x)
n!1 x2cN
fn (x) | = 0.
Donc
lim
sup | f (x)
n!1 x2⌦\cN
fn (x) | = 0.
Mais supx2⌦\cN | f (x) fn (x) | = supx2⌦\cN | f (x) gn (x) |. Donc la suite (gn ) converge
uniformément vers f sur ⌦ \ cN , si bien que f est continue en tout point de ⌦ \ cN ,
c’est-à-dire que f est continue p.p.
b) D’après le Théorème 5.5 du cours, dès que p est fini, il existe une suite de fonctions
continues qui converge dans Lp vers f (et l’on peut même les choisir à support compact,
et indéfiniment différentiables). Dans le cas où p = 1, on sait que si (fn ) converge vers f
dans Lp , alors (fn ) converge uniformément vers f en dehors d’un ensemble négligeable.
D’après la question précédente, cela implique que f est alors continue µ p.p., ce qui
n’est évidemment pas toujours le cas. La réponse est donc oui si p est fini et non si
p = 1.
1
Exercice 3. Soient µ et ⌫ deux mesures sur la tribu borélienne A d’un espace métrique E.
On suppose que pour tout " > 0, il existe ⌘ > 0 tel que
8O ouvert de E,
µ(O) < ⌘ =) ⌫(O) < ".
Montrer que si µ est extérieurement régulière, alors ⌫ ⌧ µ.
Solution de l’exercice 3. Soit A 2 A tel que µ(A) = 0. Soit " > 0 et ⌘ comme dans l’énoncé.
Comme µ est extérieurement régulière, il existe O ouvert de E tel que A ✓ O et µ(O) <
µ(A) + ⌘ = ⌘. D’après l’énoncé, ceci implique que ⌫(O) < ". Mais A ✓ O, donc ⌫(A) < ".
Comme " est arbitraire, nous en concluons que ⌫(A) = 0, et par conséquent ⌫ est absolument
continue par rapport à µ.
Exercice 4. Soit ⇧ le demi-plan fermé de R3 suivant
⇧ := {(u, v, w) 2 R3 : u
0, v = 0} = [0, +1[⇥{0} ⇥ R,
et U le pavé ouvert de R3 suivant
U := {(u, v, w) 2 R3 : u > 0, 0 < v < 2⇡} =]0, +1[⇥]0, 2⇡[⇥R.
a) Soit ' le changement de coordonnées cylindriques en coordonnées cartésiennes
':
U ! R3
(r, ✓, z) 7 ! (r cos ✓, r sin ✓, z).
i) Montrer que ' est de classe C 1 et déterminer son jacobien en tout point de U .
ii) Caractériser '(U ) à l’aide de ⇧ et montrer que ' : U ! '(U ) est un C 1 difféomorphisme.
b le borélien obtenu
b) Soit A un borélien quelconque de R3 inclus dans le demi-plan ⇧ et A
par révolution de A autour de l’axe Oz (c’est-à-dire en faisant tourner A autour de Oz).
i) Montrer que pour tout (x, y, z) 2 '(U ),
où
b ()
(x, y, z) 2 A
' 1 (x, y, z) 2 A,
est l’application définie par
:
U !⇧
(r, ✓, z) 7 ! (r, 0, z).
b vaut
ii) En utilisant ' et la question b)-i), montrer que le volume de A
Z
Z
b
dr dz r (r,0,z)2A
3 A = 2⇡
R
R
c) Soient 0 < R  a et C le fermé d’équation
C := {(x, y, z) 2 ⇧ : (x
a)2 + z 2  R2 }.
b?
i) Quels sont les noms (en français ou en anglais) des objets géométriques C et C
2
ii) Calculer I =
R
R
dz x (x,0,z)2C .
b
iii) En déduire le volume de C.
R
dx
R
Solution de l’exercice 4.
a) i) Il est trivial de calculer les dérivées partielles de ' en tout (r, ✓, z) de U et de voir
qu’elles sont toutes continues sur U . Le jacobien de ' en (r, ✓, z) 2 U vaut r.
ii) Il est assez facile de voir que '(U ) = R3 \ ⇧, et il est évident que ' est injective, donc
' : U ! '(U ) est un C 1 difféomorphisme d’après le théorème d’inversion locale.
b) i) Pour tout point M de coordonnées (x, y, z) 2 '(U ), ' 1 (x, y, z) sont les coordonnées
b ssi la projection rotationnelle de M autour
cylindriques de M . Or M est élément de A
de l’axe Oz sur le demi plan ⇧ est élément de A. Mais en coordonnées cylindriques,
cette projection n’est autre que .
b vaut donc
ii) Comme '(U ) est de mesure de Lebesgue nulle dans R3 , le volume de A
3
b
A
=
=
=
=
=
Z
Z
Z
3
b \ '(U )
A
d 3 (x, y, z)
'(U )
d 3 (x, y, z)
b(x, y, z)
A
'
1 (x,y,z)2A
'(U )
r dr d✓ dz
(r,✓,z)2A
ZU
r dr d✓ dz (r,0,z)2A
Z
Z
= 2⇡ dr dz r (r,0,z)2A .
U
R
R
b est un tore.
c) i) C est un disque et C
ii) Par le changement de coordonnées polaires (x, z) = (a + r cos ✓, r sin ✓), on obtient
Z
Z
Z
Z
I=
dx dz x (x,0,z)2C =
r dr d✓ (a + r cos ✓) = ⇡aR2 .
R
R
]0,R[
b est donc 2⇡I = 2⇡ 2 aR2 .
iii) Le volume de C
]0,2⇡[