$\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

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 \[ I=\int_{-\infty}^{+\infty} \ee^{-u^2}\du \]

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.

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.

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 $\gradient F$ dans la base polaire $(\vect{u_r},\vect{u_\theta})$. Nous avons \[ \dpar fx=\dpar F{\rho}\dpar \rho x+\dpar F\theta\dpar \theta x =\cos \theta\dpar F{\rho}- {1 \over r} \sin \theta \dpar F\theta \] ainsi que \[ \dpar fy=\dpar F{\rho}\dpar \rho y+\dpar F\theta\dpar \theta y =\sin \theta\dpar F{\rho}+ {1 \over r} \cos \theta \dpar F\theta \] et ainsi \begin{eqnarray*} \gradient F &=& \dpar fx \vect{u_x}+\dpar fy \vect{u_y}\\ &=& \dpar F\rho \left ( \cos \theta \vect{u_x}+\sin \theta \vect{u_y} \right ) +{1 \over r} \dpar F\theta \left (-\sin \theta \vect{u_x}+\cos \theta \vect{u_y} \right )\\ &=& \dpar F\rho \vect{u_r}+{1 \over r} \dpar F\theta \vect{u_\theta} \end{eqnarray*} soit la formule voulue.