Intégrales doubles et couples à densité : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « intégrales doubles et couples à densité », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie de licence exemplaire : chaque domaine est décrit par des inégalités, puis dessiné. Pour le triangle, elle compare les deux ordres d’intégration et retrouve le centre de gravité. Ensuite, l’encadrement entre deux quarts de disque justifie proprement la valeur de l’intégrale de Gauss. Pour le couple réparti sur un triangle, les densités marginales sont obtenues en intégrant le long des bonnes tranches. De plus, la densité de la somme est calculée par convolution avec une discussion selon les valeurs de \(s\). Enfin, le problème utilise les coordonnées polaires pour la distance au centre, et un barème détaillé suit chaque exercice.
L’énoncé complet se trouve ici : Intégrales doubles et couples à densité : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : intégrales doubles et couples à densité
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Le triangle découpé dans les deux sens | 3 points |
| 2. Un secteur de couronne et l’intégrale de Gauss | 4 points |
| 3. Un couple réparti sur un triangle | 4 points |
| 4. Attente totale au guichet | 3 points |
| 5. Problème : les impacts sur une cible | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : intégrales doubles et couples à densité
Exercice 1 – Le triangle découpé dans les deux sens (3 points)
- Le côté \([AC]\) porte la droite \(x + 2y = 4\). D’une part, \(D = \left\{0 \leq y \leq 2,\ 0 \leq x \leq 4 – 2y\right\}\) ; d’autre part, \(D = \left\{0 \leq x \leq 4,\ 0 \leq y \leq \frac{4 – x}{2}\right\}\). La fonction \((x, y) \mapsto y\) est continue sur ce compact. Le théorème de Fubini s’applique donc dans les deux ordres.
Avec \(y\) fixé : \(I = \int_0^2 y\,(4 – 2y) \,\mathrm{d}y = \left[2y^2 – \frac{2y^3}{3}\right]_0^2 = 8 – \frac{16}{3} = \frac{8}{3}\).
Avec \(x\) fixé : \(I = \int_0^4 \frac{1}{2}\left(\frac{4 – x}{2}\right)^2 \mathrm{d}x = \frac{1}{8} \int_0^4 (4 – x)^2 \,\mathrm{d}x = \frac{1}{8} \times \frac{64}{3}\).
Les deux ordres donnent bien \(I = \frac{8}{3}\). - De même, \(J = \int_0^2 \frac{(4 – 2y)^2}{2} \,\mathrm{d}y = \int_0^2 \left(8 – 8y + 2y^2\right) \mathrm{d}y = 16 – 16 + \frac{16}{3} = \frac{16}{3}\). L’aire de \(D\) vaut \(\frac{4 \times 2}{2} = 4\). Le centre de gravité a donc pour coordonnées \(\left(\frac{J}{4}\,;\,\frac{I}{4}\right)\), soit \(G\left(\frac{4}{3}\,;\,\frac{2}{3}\right)\). Or l’isobarycentre de \(O\), \(A\) et \(C\) est \(\left(\frac{0 + 4 + 0}{3}\,;\,\frac{0 + 0 + 2}{3}\right)\) : les deux points coïncident, comme pour toute plaque triangulaire homogène.
Piège classique : écrire la borne supérieure \(4 – y\) au lieu de \(4 – 2y\). Lire l’équation de \([AC]\) sur le dessin évite cette confusion.
Exercice 2 – Un secteur de couronne et l’intégrale de Gauss (4 points)
Intégrales sur le secteur
- En polaires, \(\Delta\) correspond à \(1 \leq r \leq 2\) et \(0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}\). En effet, \(0 \leq y \leq x\) équivaut à \(0 \leq \tan\theta \leq 1\) avec \(\cos\theta > 0\). L’élément d’aire devient \(r \,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\). Les variables se séparent alors :
\(\iint_\Delta x \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^{\pi/4} \cos\theta \,\mathrm{d}\theta \times \int_1^2 r^2 \,\mathrm{d}r = \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{7}{3}\),
\(\iint_\Delta y \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^{\pi/4} \sin\theta \,\mathrm{d}\theta \times \frac{7}{3} = \left(1 – \frac{\sqrt{2}}{2}\right) \times \frac{7}{3}\).
Ainsi \(\iint_\Delta x = \frac{7\sqrt{2}}{6}\) et \(\iint_\Delta y = \frac{14 – 7\sqrt{2}}{6}\). On vérifie que la seconde est plus petite, puisque \(y \leq x\) sur \(\Delta\).
Le quart de disque en polaires
- Le quart de disque \(D_a\) correspond à \(0 \leq r \leq a\) et \(0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\). Donc :
\(\iint_{D_a} \mathrm{e}^{-(x^2 + y^2)/2} \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \frac{\pi}{2} \int_0^a r\, \mathrm{e}^{-r^2/2} \,\mathrm{d}r = \frac{\pi}{2} \left[-\mathrm{e}^{-r^2/2}\right]_0^a\).
On obtient \(\frac{\pi}{2}\left(1 – \mathrm{e}^{-a^2/2}\right)\).
Encadrement et passage à la limite
- Sur le carré \(C_a\), l’intégrande est le produit \(\mathrm{e}^{-x^2/2}\, \mathrm{e}^{-y^2/2}\). Par Fubini, l’intégrale vaut donc \(G(a)^2\). De plus, l’intégrande est positif et \(D_a \subset C_a \subset D_{a\sqrt{2}}\), comme le montre la figure. Par croissance de l’intégrale :
\(\frac{\pi}{2}\left(1 – \mathrm{e}^{-a^2/2}\right) \leq G(a)^2 \leq \frac{\pi}{2}\left(1 – \mathrm{e}^{-a^2}\right)\).
Quand \(a \to +\infty\), les deux bornes tendent vers \(\frac{\pi}{2}\). Par encadrement, \(G(a)^2 \to \frac{\pi}{2}\). Comme \(G(a) \geq 0\), on obtient \(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2/2} \,\mathrm{d}t = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\). Enfin, la fonction est paire, d’où \(\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2/2} \,\mathrm{d}t = 2\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{2\pi}\).
Piège classique : passer en polaires sur le carré \(C_a\), ce qui donne des bornes compliquées. L’encadrement par deux quarts de disque contourne précisément cette difficulté.
Exercice 3 – Un couple réparti sur un triangle (4 points)
Normalisation et lois marginales
- Une densité est positive, donc \(c \geq 0\). De plus, son intégrale sur \(\mathbb{R}^2\) vaut \(1\). Avec \(0 \leq y \leq 2\) et \(0 \leq x \leq 2 – y\), on trouve \(\iint_T y \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^2 y\,(2 – y) \,\mathrm{d}y = 4 – \frac{8}{3} = \frac{4}{3}\). Il faut donc \(c \times \frac{4}{3} = 1\) : \(c = \frac{3}{4}\).
- Pour \(x \in \left[0, 2\right]\), on intègre le long de la tranche verticale \(0 \leq y \leq 2 – x\) : \(f_X(x) = \int_0^{2-x} \frac{3}{4}\, y \,\mathrm{d}y = \frac{3}{8}(2 – x)^2\). Pour \(y \in \left[0, 2\right]\), la tranche horizontale est \(0 \leq x \leq 2 – y\). Ainsi \(f_Y(y) = \frac{3}{4}\, y\,(2 – y)\). Ces deux densités sont nulles hors de \(\left[0, 2\right]\). On vérifie que \(\int_0^2 \frac{3}{8}(2 – x)^2 \,\mathrm{d}x = \frac{3}{8} \times \frac{8}{3} = 1\).
- Si \(x > 1\) et \(y > 1\), alors \(x + y > 2\) : le point est hors de \(T\), donc \(P(X > 1,\ Y > 1) = 0\). Pourtant, \(P(X > 1) = \int_1^2 \frac{3}{8}(2 – x)^2 \,\mathrm{d}x = \frac{1}{8}\) et \(P(Y > 1) = \frac{3}{4}\left[y^2 – \frac{y^3}{3}\right]_1^2 = \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{2}\). Le produit vaut \(\frac{1}{16} \neq 0\). Par conséquent, \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.
Une probabilité lue sur le dessin
- La partie de \(T\) où \(y > x\) est le triangle de sommets \((0\,;\,0)\), \((1\,;\,1)\) et \((0\,;\,2)\), décrit par \(0 \leq x \leq 1\) et \(x < y \leq 2 – x\). Alors :
\(P(Y > X) = \int_0^1 \frac{3}{4} \times \frac{(2 – x)^2 – x^2}{2} \,\mathrm{d}x = \frac{3}{8} \int_0^1 (4 – 4x) \,\mathrm{d}x = \frac{3}{8} \times 2\).
Donc \(P(Y > X) = \frac{3}{4}\) : la densité, proportionnelle à \(y\), favorise en effet le haut du triangle.
- Avec le changement de variable \(u = 2 – x\), \(E(X) = \frac{3}{8} \int_0^2 (2 – u)\, u^2 \,\mathrm{d}u = \frac{3}{8}\left(\frac{16}{3} – 4\right) = \frac{1}{2}\). Ensuite, \(E(Y) = \frac{3}{4} \int_0^2 \left(2y^2 – y^3\right) \mathrm{d}y = \frac{3}{4}\left(\frac{16}{3} – 4\right) = 1\). Finalement, \(E(X) = \frac{1}{2}\) et \(E(Y) = 1\).
Piège classique : donner \(f_X\) sans préciser qu’elle est nulle hors de \(\left[0, 2\right]\), ou intégrer \(y\) jusqu’à \(2\) au lieu de \(2 – x\).
Exercice 4 – Attente totale au guichet (3 points)
- Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes et à densité, \(S\) admet la densité \(f_S(s) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_X(s – t)\, f_Y(t) \,\mathrm{d}t\). Ici \(f_Y(t)\) est non nul pour \(0 \leq t \leq 1\), et \(f_X(s – t)\) pour \(t \leq s\). L’intégrande vit donc sur \(\left[0, 1\right] \cap \left]-\infty, s\right]\), représenté ci-dessous dans le plan \((t, s)\).
- Si \(s < 0\), l’ensemble est vide et \(f_S(s) = 0\). Si \(0 \leq s \leq 1\), \(f_S(s) = \int_0^s \mathrm{e}^{-(s – t)} \,\mathrm{d}t = \mathrm{e}^{-s}\left(\mathrm{e}^{s} – 1\right) = 1 – \mathrm{e}^{-s}\). Si \(s > 1\), alors \(f_S(s) = \int_0^1 \mathrm{e}^{-(s – t)} \,\mathrm{d}t = \mathrm{e}^{-s}(\mathrm{e} – 1)\). Bilan : \(f_S\) est nulle sur \(\left]-\infty, 0\right[\), vaut \(1 – \mathrm{e}^{-s}\) sur \(\left[0, 1\right]\) et \((\mathrm{e} – 1)\,\mathrm{e}^{-s}\) au-delà. Les deux expressions valent \(1 – \mathrm{e}^{-1}\) en \(s = 1\), donc \(f_S\) est continue.
- D’abord, \(P(S \leq 1) = \int_0^1 \left(1 – \mathrm{e}^{-s}\right) \mathrm{d}s = 1 – \left(1 – \mathrm{e}^{-1}\right)\), soit \(P(S \leq 1) = \mathrm{e}^{-1} \approx 0{,}37\). Ensuite, par linéarité, \(E(S) = E(X) + E(Y) = 1 + \frac{1}{2} = 1{,}5\) minute.
Exercice 5 – Problème : les impacts sur une cible (6 points)
Densité du couple et distance au centre
- Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, le produit des densités marginales est une densité du couple. Ainsi \(g(x, y) = \frac{1}{2\pi}\, \mathrm{e}^{-(x^2 + y^2)/2}\) sur \(\mathbb{R}^2\).
- L’événement \(D \leq r\) signifie que l’impact appartient au disque fermé de centre \(O\) et de rayon \(r\). En polaires, ce disque correspond à \(0 \leq \rho \leq r\) et \(0 \leq \theta \leq 2\pi\), donc :
\(P(D \leq r) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^r \rho\, \mathrm{e}^{-\rho^2/2} \,\mathrm{d}\rho = \left[-\mathrm{e}^{-\rho^2/2}\right]_0^r\).
Par conséquent \(P(D \leq r) = 1 – \mathrm{e}^{-r^2/2}\) pour tout \(r > 0\). Pour \(t > 0\), on en tire \(P(D^2 \leq t) = P\left(D \leq \sqrt{t}\right) = 1 – \mathrm{e}^{-t/2}\). Cette probabilité est nulle pour \(t \leq 0\). On reconnaît donc une loi exponentielle : \(D^2\) suit la loi exponentielle de paramètre \(\frac{1}{2}\). - La zone \(Z\) correspond à \(\rho \geq 1\) et \(\frac{\pi}{6} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\), soit une ouverture angulaire de \(\frac{\pi}{3}\). Comme la densité ne dépend que de \(\rho\) :
\(P\left((X, Y) \in Z\right) = \frac{1}{2\pi} \times \frac{\pi}{3} \times \int_1^{+\infty} \rho\, \mathrm{e}^{-\rho^2/2} \,\mathrm{d}\rho = \frac{1}{6}\, \mathrm{e}^{-1/2}\).
La probabilité cherchée vaut \(\frac{\mathrm{e}^{-1/2}}{6} \approx 0{,}10\) : environ un tir sur dix tombe dans \(Z\), ce qui est cohérent avec le nuage de la figure.
La somme des deux écarts
- Par indépendance, \(f_{X+Y}(s) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\left(t^2 + (s – t)^2\right)/2} \,\mathrm{d}t\). L’identité proposée se vérifie en développant : \(2\left(t – \frac{s}{2}\right)^2 + \frac{s^2}{2} = 2t^2 – 2st + s^2\). On obtient alors :
\(f_{X+Y}(s) = \frac{1}{2\pi}\, \mathrm{e}^{-s^2/4} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\left(t – s/2\right)^2} \,\mathrm{d}t\).
Posons \(v = \sqrt{2}\left(t – \frac{s}{2}\right)\). La dernière intégrale devient \(\frac{1}{\sqrt{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-v^2/2} \,\mathrm{d}v = \frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2}} = \sqrt{\pi}\), grâce à l’exercice 2. Donc \(f_{X+Y}(s) = \frac{\sqrt{\pi}}{2\pi}\, \mathrm{e}^{-s^2/4} = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\, \mathrm{e}^{-s^2/4}\). C’est la densité de la loi normale \(\mathcal{N}(0, 2)\), puisque \(\frac{1}{\sqrt{2\pi \times 2}} = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\).
Loi et espérance de la distance
- La fonction de répartition \(F_D\) vaut \(0\) sur \(\left]-\infty, 0\right]\) et \(1 – \mathrm{e}^{-r^2/2}\) ensuite. Elle est continue, et de classe \(C^1\) sauf en \(0\). Une densité de \(D\) est donc \(f_D(r) = r\, \mathrm{e}^{-r^2/2}\) pour \(r > 0\), et \(0\) sinon.
Ensuite, \(E(D) = \int_0^{+\infty} r^2\, \mathrm{e}^{-r^2/2} \,\mathrm{d}r\). Sur \(\left[0, A\right]\), intégrons par parties avec \(u = r\) et \(v = -\mathrm{e}^{-r^2/2}\) :
\(\int_0^A r^2\, \mathrm{e}^{-r^2/2} \,\mathrm{d}r = -A\, \mathrm{e}^{-A^2/2} + \int_0^A \mathrm{e}^{-r^2/2} \,\mathrm{d}r\).
Quand \(A \to +\infty\), le premier terme tend vers \(0\) et le second vers \(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\), d’après l’exercice 2. Ainsi \(E(D) = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \approx 1{,}25\) décimètre.
Piège classique : oublier le facteur \(\rho\) du jacobien, ce qui rend l’intégrale de \(\mathrm{e}^{-\rho^2/2}\) impossible à calculer par primitive.
À retenir de ce contrôle
- Dessiner le domaine puis le décrire par des inégalités emboîtées permet de fixer sans erreur les bornes de Fubini dans un ordre comme dans l’autre.
- En coordonnées polaires, l’élément d’aire devient r dr dθ : oublier le facteur r est l’erreur la plus fréquente.
- Un couple dont le support n’est pas un produit d’intervalles ne peut pas être formé de variables indépendantes.
- La densité d’une somme de deux variables indépendantes est le produit de convolution des densités, à calculer par cas selon la position de s.
- Si X et Y sont normales centrées réduites et indépendantes, le carré de la distance au centre suit une loi exponentielle de paramètre un demi.
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