© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
On a ainsi :
+∞
0
1
(1 + x)(1 + xy 2 )
dx =
1
1 − y 2
+∞
0
(
1
1 + x
−
y
2
1 + xy 2 ) dx
=
1
1 − y 2
ln
1 + x
1 + xy 2
+∞
0
= −2
ln y
1 − y 2
Si y = 1,
1
0
1
(1 + x) 2 dx = 1, or lim
y→1
−2
ln y
1 − y 2 = 1, on a donc
]0,+∞[×]0,+∞[
dxdy
(1 + x)(1 + xy 2 )
= −2
+∞
0
ln y
1 − y 2 dy·
2. On a
+∞
0
ln y
1 − y 2 dy =
1
0
ln y
1 − y 2 dy +
+∞
1
ln y
1 − y 2 dy, considérons
1
0
ln y
1 − y 2 dy, et
faisons le changement de variable t =
1
y
, on obtient
1
0
ln y
1 − y 2 dy =
+∞
1
ln t
1 −
1
t 2
−1
t 2 dt =
1
0
ln t
1 − t 2 dt,
on en déduit
]0,+∞[×]0,+∞[
dxdy
(1 + x)(1 + xy 2 )
= −4
1
0
ln t
1 − t 2 dt·
1
0
ln t
1 − t 2 dt = −
p
2
8
·
16.
1. On a e
−(x
2 +y
2 ) x
2p−1 y
2q−1 = e
−x
2 x
2p−1 e
−y
2 y
2q−1
et donc
]0,+∞[×]0,+∞[
e
−(x
2 +y
2 ) x
2p−1 y
2q−1 dxdy =
+∞
0
e
−x
2
x
2p−1 dx
+∞
0
e
−y
2
y
2q−1 dy
Avec le changement de variable t = x
2 , on obtient
+∞
0
e
−x
2
x
2p−1 dx =
1
2
+∞
0
e
−t t
p−1 dt·
Comme p > 0, l’intégrale
+∞
0
e
−t t
p−1 dt converge et l’on sait que
+∞
0
e
−t t
p−1 dt = G(p).
De même
+∞
0
e
−y
2
y
2q−1 dy = G(q).
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