QCM : Fonction Gamma et intégrale de Gauss en L2 de maths

Réponse A.

En \(+\infty\), l’exponentielle l’emporte toujours, donc aucune condition n’apparaît. En 0, en revanche, \(t^{x-1}e^{-t}\sim t^{x-1}\), intégrable si et seulement si \(x-1>-1\). Ainsi, il faut \(x>0\). Le piège \(x>1\) applique le critère de Riemann en \(+\infty\) au lieu de 0. De même, \(x=0\) donne \(\frac{1}{t}\), qui diverge.

Réponse A.

Par récurrence, \(\Gamma(n+1)=n!\) pour tout entier naturel \(n\). Donc \(\Gamma(5)=4!=24\). Le piège 120 vaut \(5!\) : il confond \(\Gamma(5)\) et \(\Gamma(6)\), c’est-à-dire qu’il oublie le décalage d’une unité. Ensuite, 5 et 4 appliquent la relation fonctionnelle une seule fois, sans descendre jusqu’à \(\Gamma(1)\).

Réponse B.

On applique deux fois la relation : \(\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}\), puis \(\Gamma\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}=\frac{3\sqrt{\pi}}{4}\). Le piège \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) s’arrête à \(\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)\). Ensuite, \(\frac{3\sqrt{\pi}}{2}\) oublie le facteur \(\frac{1}{2}\). Enfin, \(\frac{15\sqrt{\pi}}{8}\) monte d’un cran de trop, jusqu’à \(\Gamma\left(\frac{7}{2}\right)\).

Réponse C.

Le changement de variable \(t=u^2\) transforme l’intégrale en \(\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}t^{-1/2}e^{-t}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\). Par conséquent, elle vaut \(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Le piège \(\sqrt{\pi}\) est la valeur sur toute la droite réelle. Ensuite, \(\frac{\pi}{2}\) oublie la racine carrée de \(\pi\). Enfin, \(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\) se rapporte à \(e^{-u^2/2}\).

Réponse B.

On pose \(u=2x\), donc \(\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{d}u\). L’intégrale devient \(\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}}e^{-u^2}\,\mathrm{d}u=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Le piège \(\frac{\sqrt{\pi}}{4}\) divise par 4, le coefficient de \(x^2\), au lieu de sa racine. Ensuite, \(2\sqrt{\pi}\) multiplie au lieu de diviser. Enfin, \(\sqrt{\pi}\) oublie complètement l’élément différentiel.

Réponse D.

La continuité de \(f\) par rapport au couple \((x,t)\) donne une continuité uniforme sur chaque compact \(J\times[a,b]\). Ainsi, \(F\) est continue sur \(I\). Une fonction seulement bornée peut sauter, comme l’indicatrice de \(x>0\), qui ne dépend pas de \(t\). De même, l’intégrabilité pour chaque \(x\) ne relie pas les valeurs voisines du paramètre.

Réponse B.

La dérivée partielle \(te^{xt}\) est continue sur \(\mathbb{R}\times[0,1]\). Donc on peut dériver sous l’intégrale : \(F^{\prime}(0)=\int_0^1 t\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\). Le piège 1 dérive par rapport à \(t\) au lieu de \(x\). Ensuite, 0 dérive la valeur \(F(0)=1\), qui est une constante. Enfin, \(e-1\) est \(F(1)\), sans aucune dérivation.

Réponse C.

Pour \(x\geq 0\) et \(t\geq 0\), on a \(e^{-xt}\leq 1\). Ainsi, l’intégrande est majoré par \(\frac{1}{1+t^2}\), intégrable et indépendant de \(x\). Le choix \(\frac{e^{-xt}}{1+t^2}\) reprend l’intégrande lui-même : il dépend du paramètre, ce qui est interdit. Ensuite, \(e^{-t}\) ne majore rien quand \(x<1\). Enfin, la constante 1 n’est pas intégrable sur une demi-droite.

Réponse A.

On écrit \(t^{x-1}=e^{(x-1)\ln t}\), dont la dérivée par rapport à \(x\) vaut \(\ln(t)\,t^{x-1}\). D’où la formule, une fois la domination établie. Le piège \((x-1)t^{x-2}\) dérive par rapport à \(t\), comme pour un polynôme. Ensuite, \(\ln(x)\) place le logarithme sur la mauvaise variable. Enfin, le signe moins dérive \(e^{-t}\), qui ne dépend pas de \(x\).

Réponse D.

Une dominante \(\varphi\) devrait vérifier \(\varphi(t)\geq t^{x-1}e^{-t}\) pour tout \(x>0\). Près de \(t=0\), cela impose \(\varphi(t)\geq\frac{e^{-t}}{t}\) à la limite, qui n’est pas intégrable. En revanche, sur \([a,b]\), le maximum de \(t^{a-1}\) et \(t^{b-1}\) convient. Le piège sur l’intervalle ouvert est faux : le caractère \(C^1\) est local.

Réponse C.

On pose \(u=pt\). L’intégrale devient \(\frac{1}{p^3}\int_0^{+\infty}u^2e^{-u}\,\mathrm{d}u=\frac{\Gamma(3)}{p^3}=\frac{2}{p^3}\). Le piège \(\frac{1}{p^3}\) oublie la valeur \(\Gamma(3)=2\). Ensuite, \(\frac{2}{p^2}\) oublie le facteur \(\frac{1}{p}\) de l’élément différentiel. Enfin, \(\frac{6}{p^4}\) correspond à \(t^3\), avec un degré de trop.

Réponse D.

Sur \([a,+\infty[\) avec \(a>0\), la dérivée \(-e^{-pt}\sin t\) est dominée par \(e^{-at}\). Donc \(H^{\prime}(p)=-\int_0^{+\infty}e^{-pt}\sin t\,\mathrm{d}t=-\frac{1}{1+p^2}\). Le piège sans signe moins oublie la dérivée de \(e^{-pt}\). Ensuite, \(\frac{p}{1+p^2}\) est la transformée du cosinus. Par conséquent, \(H(p)=\frac{\pi}{2}-\arctan p\).