EXERCICES SUR LES INTEGRALES MULTIPLESGerard.Eguether/zARTICLE/MULTIPLE.pdf · 4 TABLE DES...

EXERCICES SUR LES INTEGRALES

MULTIPLES

Table des matières

I INTEGRATION DANS R2

1 THEOREME DE FUBINI 7

2 CHANGEMENT DE VARIABLES 69

2.1 Coordonnées polaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.2 Coordonnées elliptiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1142.3 Isométries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1222.4 Changements de variables divers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

II INTEGRATION DANS R3

4.1 Coordonnées cylindriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1614.2 Coordonnées sphériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1894.3 Changements de variables divers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

III INTEGRATION DANS Rp

4 TABLE DES MATIÈRES

Les exercices proposés dans ce qui suit illustrent différents moyens pratiques de

calculer des intégrales multiples∫

· · ·∫

f(x1, . . . , xp) dx1 dx2 · · · dxp

dans le cas de 2, de 3 puis de p variables.

Tous les domaines d’intégration D considérés sont limités par des courbes simples

dans R2, des surfaces simples dans R3 et des hypersurfaces simples dans Rp.

Les fonctions f intégrées sont continues sur D.

Lorsque le domaine D n’est pas fermé ou n’est pas borné, on appliquera les mé-

thodes générales dès que la fonction f est positive sur D.

On ne soulèvera pas de difficultés pour les changements de variables proposés.

Les exercices sont indépendants les uns des autres.

Première partie

INTEGRATION DANS R2

Chapitre 1

THEOREME DE FUBINI

1) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le rectangle de sommets O, A(π, 0), B(0, 1), C(π, 1) et

f(x, y) = 2y sinx .

· · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · ·

Comme on intégre sur un rectangle une fonction dont les variables se séparent, on a immédiatement

sinx dx

− cosx]π

0= 2 .

8 CHAPITRE 1. THEOREME DE FUBINI

2) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le triangle de sommets O, A(1, 0), B(1, 1) et

f(x, y) = x− y .

· · · · · ·· · · · ·

· · · ·· · ·

· ··

La droite OB a pour équationy = x .

Lorsque x est compris entre 0 et 1, le nombre y varie de 0 à x. Donc

Iy(x) =

(x− y) dy =

−(x− y)2

On a alors

Iy(x) dx =1

x2 dx =

3) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | |x| ≤ a , |y| ≤ b .

etf(x, y) = (x+ y)ex−y .

· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·

On intègre sur un rectangle. Lorsque x est compris entre −a et a, l’ordonnée y varie de −b à b. Donc

Iy(x) =

(x+ y)ex−y dy .

En intégrant par parties

Iy(x) =[

−(x+y)ex−y]y=b

y=−b+

ex−y dy =[

−(x+y+1)ex−y]y=b

y=−b= −(x+b+1)ex−b+(x−b+1)ex+b .

On a alors

Iy(x) dx =

(x− b+ 1)ex+b − (x+ b+ 1)ex−b]

En intégrant de nouveau par parties

(x− b+ 1)ex+b]+a

−a−

ex+b dx−

(x+ b+ 1)ex−b]+a

−a−

ex−b dx

(x− b)ex+b]+a

−a−[

(x+ b)ex−b]+a

= (a− b)ea+b + (a+ b)eb−a − (a+ b)ea−b + (b− a)e−(a+b)

= (a− b)(ea+b − e−(a+b)) + (a+ b)(eb−a − ea−b)

= 2(a− b) sh(a+ b) + 2(a+ b) sh(b− a) .

4) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

f(x, y) = x2y .

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

La droite AB a pour équationy = 1− x .

Lorsque x est compris entre 0 et 1, le nombre y varie de 0 à 1− x. Donc

Iy(x) =

1−x∫

yx2 dy = x2[y2

]y=1−x

x2(x− 1)2

On a alors

Iy(x) dx =1

(x4 − 2x3 + x2) dx =1

5− x4

5− 1

5) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

f(x, y) = xex sin y .

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

Iy(x) =

2−x∫

xex sin y dy = xex[

− cos y]y=2−x

y=0= xex (1− cos(x− 2)) .

Iy(x) dx =

xex dx−2∫

xex cos(x− 2) dx .

En intégrant par parties, on obtient tout d’abord

xex dx =[

ex dx =[

(x− 1)ex]2

0= e2 + 1 .

D’autre part

xex cos(x− 2) dx = Re

xexei(x−2) dx = Re

e−2i

xe(1+i)x dx

On intègre de nouveau par parties ce qui donne

xe(1+i)x dx =

xe(1+i)x

−2∫

e(1+i)x

1 + idx =

xe(1+i)x

1 + i− e(1+i)x

(1 + i)2

1 + i=

1− i

(1 + i)2=

1− i

= − i

d’où

xe(1+i)x dx =1

x(1− i)e(1+i)x + ie(1+i)x]2

(1− i)x+ i)

e(1+i)x]2

(2− i)e2+2i − i)

e−2i

xe(1+i)x dx =1

(2− i)e2 − ie−2i)

e−2i

xe(1+i)x dx

= e2 − sin 2

Finalement

I = e2 + 1−(

e2 − sin 2

= 1 +sin 2

6) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le triangle de sommets A(1, 0), B(0, 1), C(0,−1) et

f(x, y) = x+ 2y .

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

Les droites AB et AC ont pour équations respectives

y = 1− x et y = −1 + x .

Lorsque x est compris entre 0 et 1, le nombre y varie de x− 1 à 1− x. Donc

Iy(x) =

1−x∫

(x+ 2y) dy =[

xy + y2]y=1−x

y=x−1= x(1− x) + (x− 1)2 −

x(x− 1) + (x− 1)2)

= 2x(1− x) .

On a alors

Iy(x) dx =

(2x− 2x2) dx =

x2 − 2x3

= 1− 2

7) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le carré de sommets O, A(π, 0), B(0, π), C(π, π) et

f(x, y) = (x+ y) sinx sin y .

·······

Lorsque x est compris entre 0 et π, le nombre y varie de 0 à π. Donc

Iy(x) =

(x+ y) sinx sin y dy .

On intègre par parties

Iy(x) = sinx

(x+ y) (− cos y)]y=π

cos y dy

= sinx[

(x+y)(− cos y)+sin y]y=π

y=0= (2x+π) sin x .

On a alors

Iy(x) dx ,

et on intègre de nouveau par parties

(2x+ π) sin x dx =[

(2x+ π)(− cos x)]π

cos x dx =[

(2x+ π)(− cos x) + 2 sinx]π

0= 4π .

8) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

f(x, y) = (2x+ y)2 .

· · · · · ·· · · · ·· · · · ·· · · ·· · · ·· · ·· · ·· ·· ···

La droite AB a pour équationy = 2− 2x .

Lorsque x est compris entre 0 et 1, le nombre y varie de 0 à 2− 2x. Donc

Iy(x) =

2−2x∫

(2x+ y)2 dy =

(2x+ y)3

]y=2−2x

=8− 8x3

Iy(x) dx =8

(1− x3) dx =8

x− x4

1− 1

9) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

f(x, y) = ln(x+ y + 1) .

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

Iy(x) =

1−x∫

ln(x+ y + 1) dy .

En posant u = x+ y + 1, on obtient

Iy(x) =

lnu du =[

u lnu− u]u=2

u=x+1= 2 ln 2− 2− (x+ 1) ln(x+ 1) + (x+ 1) .

On a alors

Iy(x) dx =

[2 ln 2− 2− (x+ 1) ln(x+ 1) + (x+ 1)] dx .

En posant v = x+ 1, et en intégrant par parties on obtient

I = 2 ln 2− 2−2∫

(v ln v − v) dv = 2 ln 2− 2−[

2v dv ,

d’où

I = 2 ln 2− 2−[

2ln v − 3

10) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le trapèze dont la base est le segment de l’axe des x dont les abscisses sont comprises entre−1 et 1 et dont les trois autres côtés sont situés dans le demi-plan des y positifs et de longueur 1, et

f(x, y) = y .

· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · ·

Si l’on note A(−1, 0), B(1, 0) et A′ et B′ les autres sommets du trapèze, on a AA′ = A′B′ = BB′ = 1.Les triangles OBB′, OB′A′ et OAA′ sont équilatéraux. Alors la droite passant par A′ et B′ a pouréquation

y = sinπ

la droite passant par B et B′ a pour équation

y = − tanπ

3(x− 1) = −

√3 (x− 1) ,

et celle passant par A et A′ a pour équation

y =√3 (x+ 1) .

Lorsque y est fixé entre 0 et

2, la variable x est comprise entre −1 +

et 1− y√3, et l’on a

Ix(y) = y

1−y/√3

−1+y/√3

dx = 2y

1− y√3

√3/2∫

Ix(y) dy =

√3/2∫

1− y√3

y2 − 2

3√3y3]

√3/2

11) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le trapèze limité par les droites d’équation y = 0, y = 1, y = 2− x et y = 1 +x

f(x, y) = xy .

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · ·

Lorsque y est compris entre 0 et 1, le nombre x varie de 2y − 2 à 2− y. Donc

Ix(y) =

2−y∫

2y−2

xy dx =[

]x=2−y

x=2y−2=

(2− y)2 − (2y − 2)2]

2(4y − 3y2) .

On a alors

Ix(y) dy =1

(4y2 − 3y3) dy =[2y3

3− 3y4

3− 3

12) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du plan qui vérifient les inégalités

√y ≥ 1 et

√1− x+

1− y ≥ 1 ,

etf(x, y) = (x− y)2 .

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · ·· · · · ·

Si (x, y) appartient à D, on a nécessairement 0 ≤ x ≤ 1 et 0 ≤ y ≤ 1 . Alors la condition

√y ≥ 1 ,

équivaut à √y ≥ 1−

√x ,

puis à

y ≥ (1−√x)2 = 1 + x− 2

√x .

De même, la condition √1− x+

1− y ≥ 1 ,

équivaut à√

1− y ≥ 1−√1− x ,

puis à

1− y ≥ (1−√1− x)2 ,

et enfin ày ≤ 1− (1−

√1− x)2 = x− 1 + 2

√1− x .

Pour x compris entre 0 et 1, on calcule

Iy(x) =

x−1+2√1−x

1+x−2√x

(y − x)2 dy

(y − x)3

]y=x−1+2√1−x

y=1+x−2√x

(2√1− x− 1)3 − (1− 2

√x)3]

8(x3/2 + (1− x)3/2) + 6(√x+

√1− x)− 14

Iy(x) dx

8(x3/2 + (1− x)3/2) + 6(√x+

√1− x)− 14

5(x5/2 − (1− x)5/2) + 4(x3/2 − (1− x)3/2)− 14x

5+ 4− 14 +

13) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du plan limité par les courbes d’équation

xet y = −4x+ 5 ,

etf(x, y) = x2y .

···

·······

·········

···········

············

········

Cherchons les points d’intersection des deux courbes. On doit avoir

x= −4x+ 5 ,

ce qui équivaut à4x2 − 5x+ 1 = 0 ,

et a pour solutions 1 et 1/4. Lorsque x est fixé entre ces deux valeurs, on intègre en y

Iy(x) =

−4x+5∫

x2y dy

]y=−4x+5

2[x2(−4x+ 5)2 − 1]

16x4 − 40x3 + 25x2 − 1)

Iy(x) dx =1

5x5 − 10x4 +

3x3 − x

14) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du plan limité par les cercles d’équation

x2 + y2 = 1 et (x− 1)2 + (y − 1)2 = 1 ,

etf(x, y) = xy .

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · ·· · · · · · ·· · · · ·· ·

Si (x, y) appartient à D, on a nécessairement 0 ≤ x ≤ 1, et 0 ≤ y ≤ 1 . Alors La condition

x2 + y2 ≤ 1 ,

équivaut à

y ≤√

1− x2 .

De même, la condition

(x− 1)2 + (y − 1)2 ≤ 1 ,

équivaut à

|y − 1| ≤√

1− (x− 1)2 ,

et, comme y − 1 est négatif, à

1− y ≤√

1− (x− 1)2 ,

et enfin à

y ≥ 1−√

1− (x− 1)2 .

Pour x compris entre 0 et 1, on calcule

Iy(x) =

√1−x2∫

1−√

1−(x−1)2

= x[y2

]y=√1−x2

y=1−√

1−(x−1)2

(1− x2)− [1− 2√

1− (x− 1)2 + (1− (1− x)2)]]

= −x2 + x√

1− (x− 1)2 .

Iy(x) dx =

1− (x− 1)2 − x2) dx =

1− (x− 1)2 dx− 1

On calcule l’intégrale restante en posant

x = 1− sin t d’où dx = − cos t dt .

La variable x décrit [ 0, 1 ] lorsque la variable t décrit [ 0, π/2 ] . On en déduit

π/2∫

(1− sin t) cos2 t dt =

π/2∫

cos2 t dt−π/2∫

sin t cos2 t dt =

π/2∫

1 + cos 2t

2dt−

π/2∫

sin t cos2 t dt .

On obtient alors

sin 2t

cos3 t

4− 2

15) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x ≥ 1 , y ≥ 1 , x+ y ≤ 3 ,

etf(x, y) = (x+ y)−n (n ∈ Z) .

· · · · ·· · · ·· · ·· ··

Iy(x) =

3−x∫

(x+ y)−n dy .

Lorsque n = 1, on obtient

Iy(x) =[

ln(x+ y)]y=3−x

y=1= ln 3− ln(x+ 1) .

Iy(x) dx = ln 3−[

(x+ 1) ln(x+ 1)− x]2

1= 2 ln 2− 2 ln 3 + 1 .

Lorsque n 6= 1, on obtient cette fois

Iy(x) =

(x+ y)−n+1

1− n

]y=3−x

1− n

3−n+1 − (x+ 1)−n+1)

On a alors

Iy(x) dx =1

1− n

3−n+1 − (x+ 1)−n+1)

1− n

3−n+1 −2∫

(x+ 1)−n+1 dx

Lorsque n = 2, on trouve

I = −

= −1

ln(x+ 1)]2

1= ln 3− ln 2− 1

Lorsque n 6= 1 et n 6= 2, on trouve

1− n

3−n+1 −[

(x+ 1)−n+2

2− n

=3−n+1

1− n− 3−n+2

(1− n)(2− n)+

2−n+2

(1− n)(2− n).

16) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD =

(x, y) | 0 ≤ x ≤ sin y , 0 ≤ y ≤ π

etf(x, y) = x cos y .

·············

············

···········

·········

········

·······

······

····

Lorsque y est compris entre 0 et π/2, le nombre x varie de 0 à sin y. Donc

Ix(y) =

sin y∫

x cos y dx =

cos yx2

]x=sin y

=cos y sin2 y

On a alors

π/2∫

Ix(y) dy =1

π/2∫

cos y sin2 y dy =1

sin3 y

17) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1− y2

etf(x, y) = x2 + y2 .

·················

···············

·············

·········

···

Lorsque y est compris entre −2 et 2, le nombre x varie de 0 à 1− y2

4. Donc

Ix(y) =

1−y2/4∫

(x2+y2) dx =[

y2x+x3

]x=1−y2/4

x=0= y2

1− y2

4−3y4

16− y6

On a alors

Ix(y) dy =

4− 3y4

16− y6

4− 3y5

80− y7

18) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le parallélogramme limité par les droites d’équation y = x, y = 2x, y = x+ 1, y = 2x− 2et

f(x, y) = (2x− y)2 .

··· ················

·····

············ ···

On découpe le domaine en deux parties D1 et D2, séparées par la droite d’équation y = 2, et on intègresur chacun de ces domaines en fixant tout d’abord y.

1) Sur D1, lorsque y est fixé entre 0 et 2, le nombre x varie dey

2à y.

On calcule tout d’abord

(Ix)1(y) =

(2x− y)2 dx =

(2x− y)3

alors∫∫

(2x− y)2 dx dy =

(Ix)1(y) dy =

2) Sur D2, lorsque y est fixé entre 2 et 4, le nombre x varie de y − 1 ày

(Ix)2(y) =

y/2+1∫

(2x− y)2 dx =

(2x− y)3

]x=y/2+1

x=y−1

=8− (y − 2)3

∫∫

(2x− y)2 dx dy =

(Ix)2(y) dy =

8− (y − 2)3

8y − (y − 2)4

Finalement

∫∫

(2x− y)2 dx dy +

∫∫

(2x− y)2 dx dy =8

19) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le triangle de sommets O, A(1, 1), B(2,−1) et

f(x, y) = (x+ 2y)2 .

·· · ·

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·· · · ·

· ··

Les droites OA, OB et AB ont pour équations respectives

y = x , y = −x

2et y = −2x+ 3 .

On sépare D en deux domaines limités par la droite d’équation x = 1.

1) Si x est compris entre 0 et 1.

(Iy)1(x) =

−x/2

(x+ 2y)2 dy =

6(x+ 2y)3

y=−x/2

d’où∫∫

(x+ 2y)2 dx dy =

(Iy)1(x) dx =

(Iy)2(x) =

−2x+3∫

−x/2

(x+ 2y)2 dy =

6(x+ 2y)3

]y=−2x+3

y=−x/2

=9(2 − x)3

D’où∫∫

(x+ 2y)2 dx dy =

(Iy)2(x) dx =

9(2− x)3

[−9(2 − x)4

∫∫

(x+ 2y)2 dx dy +

∫∫

(x+ 2y)2 dx dy =9

20) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | |x| + |y| ≤ 1 .

etf(x, y) = ex+y .

·· · ·

· · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · ·· · · · ·

· · ··

Lorsque x est fixé entre −1 et 1, y varie de |x| − 1 à 1− |x|. On a donc

Iy(x) =

1−|x|∫

|x|−1

ex+y dy =[

ex+y]y=1−|x|

y=|x|−1= ex

e1−|x| − e|x|−1)

On a alors

Iy(x) dx =

e1−|x| − e|x|−1)

e1+x − e−x−1)

e1−x − ex−1)

e1+2x − e−1)

e− e2x−1)

2e2x+1 − xe−1

ex− 1

2e2x−1

e− e

= e− 1

e= 2 sh 1 .

21) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = [ 0, a ] × [ 0, b ] (a > b) ,

etf(x, y) = |x− y| .

· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·

On sépare D en deux domaines limités par la droite d’équation y = x, et on intègre d’abord en x.

Sur D1, on a

f(x, y) = y − x ,

et lorsque y est compris entre 0 et b, on obtient

(Ix)1(y) =

(y − x) dx =

[−(y − x)2

Puis∫∫

|x− y| dx dy =

(Ix)1(y) dy =b3

Sur D2, on a

f(x, y) = x− y ,

et, lorsque y est compris entre 0 et b, on obtient

(Ix)2(y) =

(x− y) dx =

(x− y)2

=(y − a)2

Puis∫∫

|x− y| dx dy =

(Ix)2(y) dy =

(y − a)3

=(b− a)3

∫∫

|x− y| dx dy +

∫∫

|x− y| dx dy =(b− a)3

2ab(a− b) .

22) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1, tels que x+ y ≥ 1 et

f(x, y) =xy

(x2 + y2)2.

········

···

····

···

La partie supérieure du cercle a pour équation y =√1− x2. Pour x compris entre 0 et 1, le nombre y

est compris entre 1− x et√1− x2. On calcule

Iy(x) =

√1−x2∫

(x2 + y2)2dy =

[ −x

2(x2 + y2)

]y=√1−x2

y=1−x

2(2x2 − 2x+ 1)− x

On a alors

Iy(x) dx =

2(2x2 − 2x+ 1)− x

En faisant apparaître au numérateur la dérivée du dénominateur, on obtient

4x− 2

2x2 − 2x+ 1+

2x2 − 2x+ 1− x

8ln(2x2 − 2x+ 1) +

4arctan(2x− 1) − x2

4(arctan 1− arctan(−1)) − 1

8− 1

23) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1 tels que x+√3 y ≤ 1 et

f(x, y) = xy .

· · ·· · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

On sépare D en deux domaines limités par l’axe des x. Sur la partie inférieure qui est symétrique parrapport à Oy, on a

f(−x, y) = −f(x, y) ,

donc∫∫

xy dx dy = 0 ,

∫∫

xy dx dy .

Cherchons les points d’intersection de la droite et du cercle. Le système

x+√3 y = 1

x2 + y2 = 1

équivaut à

x+√3 y = 1

(1−√3 y)2 + y2 = 1

La seconde équation s’écrit4y2 − 2

√3 y = 0 ,

et a pour solutions y = 0 et y =√3/2. La droite d’équation x+

√3 y = 1, coupe le cercle aux points

de coordonnées (−1/2,√3/2) et (1, 0) L’équation de la partie gauche du cercle est

x = −√

1− y2 .

Lorsque y est compris entre 0 et√3/2, on a donc

Ix(y) =

1−√3 y

−√

1−y2

xy dx =[x2y

]x=1−√3 y

x=−√

1−y2=

(1−√3 y)2 − (1− y2)

= 2y3 −√3 y2 .

√3/2∫

Ix(y) dy =

√3/2∫

(2y3 −√3 y2) dy =

√3 y3

√3/2

32− 3

8= − 3

24) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’intersection des disques limités par les cercles d’équations réespectives

x2 + y2 − 2Rx = 0 et x2 + y2 − 2Ry = 0 ,

etf(x, y) = x2 − y2 .

· · · ·· · · · ·· · · · · ·

· · · · · ·· · · · · ·

· · · · ·· · · ·

Le domaine D est symétrique par rapport à la première bissectrice. Sur D, on a

f(y, x) = −f(x, y) .

Alors nécessairement I = 0.

25) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le triangle de sommets A(1, 0), B(0, 1), C(0,−1) et

f(x, y) = x6y5 .

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

Le domaine D est symétrique par rapport à l’axe Ox. Sur D, on a

f(x,−y) = −f(x, y) .

Alors nécessairement I = 0.

26) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’intersection des disques de centre (0, 1) et (1, 0) et de rayon 1, et

f(x, y) = xy .

· · ·· · ·

· · ·· ·

f(y, x) = f(x, y) .

On a donc

∫∫

f(x, y) dx dy = 2

∫∫

f(x, y) dx dy

où D1 est la partie du domaine D située sous la première bissectrice.

L’équation du cercle de centre (0, 1) est

x2 + (y − 1)2 = 1

ou encorex2 + y2 − 2y = 0 .

La partie inférieure du cercle a donc pour équation

x =√

2y − y2 .

Lorsque y est fixé entre 0 et 1, le nombre x varie de y à√

2y − y2 et donc

(Ix)1(y) =

√2y−y2∫

xy dx =

]x=√

2y−y2

= y2 − y3 .

(Ix)1(y) dy = 2

(y2 − y3) dy = 2

3− y4

3− 1

27) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x + y ≥ 1 , x2 + y2 ≤ 1 ,

etf(x, y) = xy2 .

···

····

···

Lorsque y est compris entre 0 et 1, le nombre x varie de 1− y à√

1− y2. Donc

Ix(y) =

√1−y2∫

xy2 dx = y2[

]x=√

1−y2

x=1−y

(1− y2)− (1− y)2]

= y3 − y4 .

On a alors

Ix(y) dy =

(y3 − y4) dy =

4− y5

4− 1

28) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x + y ≥ 0 , x2 + y2 ≤ 1 ,

etf(x, y) = xy2 .

√2/2

−√2/2

· · · · ·· · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · · ·· · · · ·

· · · ·· ·

Lz cercle de centre O et de trayon 1 coupe la deuxième bissectrice aux points (√2/2,−

√2/2) et

(−√2/2,

√2/2). On sépare le domaine en deux parties par le droite d’équation

La partie supérieure D2 est symétrique par rapport à l’axe Oy et, sur D2,

f(−x, y) = −f(x, y) .

Il en résulte que∫∫

f(x, y) dx dy = 0 .

L’intégrale I n’est autre que l’intégrale sur la partie inférieure D1.

Pour D1, lorsque y est compris entre −√2

2, le nombre x varie de −y à

1− y2. Donc

(Ix)1(y) =

√1−y2∫

xy2 dx = y2[

√1−y2

(1− y2)− y2]

2− y4 .

On a alors

I = I1 =

√2/2∫

−√2/2

(Ix)1(y) dy ,

et, en raison de la parité,

√2/2∫

2− y4

dy = 2

6− y5

√2/2

29) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le domaine lmité par les paraboles d’équation

y2 = 2px et x2 = 2py ,

f(x, y) = x2 + y2 .

· ·· · ·

· · ·· · ·

· ·· ·

f(y, x) = f(x, y) .

On a donc

∫∫

f(x, y) dx dy = 2

∫∫

f(x, y) dx dy

où D1 est la partie du domaine D située sous la première bissectrice.

Lorsque x est fixé entre 0 et 2p, alors y varie dex2

2pà x et donc

(Iy)1(x) =

(x2 + y2) dy =

x2y +y3

y=x2/2p

= x3 +x3

3− x4

2p− x6

(Iy)1(x) dx = 2

3− x4

2p− x6

et finalement

3− x5

10p− x7

3− 16p4

5− 16p4

30) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | |y| ≤ ch x , |x| ≤ 1 ,

f(x, y) =

ch2 x− y2 .

x······

·······

········

·········

Le domaine D est symétrique par rapport aux deux axes et la fonction f est paire en chacune devariables. On a donc

∫∫

f(x, y) dx dy = 4

∫∫

f(x, y) dx dy

où D1 est la partie du domaine D située dans le quart de plan des coordonnées positives, c’est-à-dire

D1 = (x, y) | 0 ≤ y ≤ ch x , 0 ≤ x ≤ 1 .

Lorsque x est fixé entre 0 et 1, le nombre y varie de 0 à chx et donc

(Iy)1(x) =

chx∫

ch2 x− y2 dy .

Pour calculer cette intégrale, cherchons une primitive de√

A2 − y2. En intégrant par parties

A2 − y2 dy = y√

A2 − y2 +

A2 − y2dy

= y√

A2 − y2 +

y2 −A2

A2 − y2dy +

A2 − y2dy

= y√

A2 − y2 +

A2 − y2dy −

A2 − y2 dy .

On en déduit

A2 − y2 dy =1

A2 − y2 +

A2 − y2dy

A2 − y2 +A2 arcsiny

(Iy)1(x) =1

ch2 x− y2 + ch2 x arcsiny

]y=chx

=ch2 x

2arcsin 1 =

4ch2 x .

et finalement

I = π

ch2 x dx = π

ch 2x+ 1

4(2 + sh 2) .

31) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x ≥ 0 , y ≥ 0 , x3 + y3 ≤ 1 ,

etf(x, y) = x2y2

1− x3 − y3 .

·········

········

·······

······

Lorsque x est fixé entre 0 et 1, le nombre y varie de 0 à (1− x3)1/3 et donc

Iy(x) =

(1−x3)1/3∫

x2y2√

1− x3 − y3 dy = x2[

9(1− x3 − y3)3/2

]y=(1−x3)1/3

9x2(1− x3)3/2 .

Iy(x) dx =2

x2(1− x3)3/2 dx = − 4

(1− x3)5/2]1

32) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

(x, y) |x ≥ 0 , y ≥ 0 ,x2

b2≤ 1

(a > 0, b > 0) ,

etf(x, y) = xy .

··········

·········

········

·······

······

·····

····

···

Lorsque x est fixé entre 0 et a, le nombre y varie de 0 à b(1− x2/a2)1/2 et donc

Iy(x) =

b(1−x2/a2)1/2∫

xy dy = x

]y=b(1−x2/a2)1/2

1− x2

Iy(x) dx =b2

(xa2 − x3) dx =b2

2− x4

2− a4

33) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | |x| ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1− x2 ,

etf(x, y) = x2y .

· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · ·· · · · · · ·

· · ·

Lorsque x est fixé entre −1 et 1, le nombre y varie de 0 à 1− x2 et donc

Iy(x) =

1−x2∫

x2y dy = x2[

]y=1−x2

2x2 (1− x2)2 .

Iy(x) dx =1

(x6 − 2x4 + x2) dx =1

7− 2x5

7− 2

34) Déterminer les coordonnées du centre de gravité G du quart de cercle

D = (x, y) |x ≥ 0 , y ≥ 0 , x2 + y2 ≤ R2 (R > 0) .

Par symétrie du problème, on a nécessairement xG = yG.

On calcule I =

∫∫

f(x, y) dx dy avec f(x, y) = y.

············

···········

··········

·········

········

·······

······

···

Lorsque x est fixé entre 0 et R, alors y varie de 0 à (R2 − x2)1/2 et donc

Iy(x) =

(R2−x2)1/2∫

y dy =

]y=(R2−x2)1/2

2(R2 − x2) .

Iy(x) dx =1

(R2 − x2) dx =1

R2x− x3

R3 − R3

L’aire du quart de cercle valant

A =πR2

on a donc

xG = yG =I

35) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le cercle de centre (−1, 0) et de rayon 1, et

f(x, y) = x .

On peut obtenir directement cette intégral en remarquant que

I = A xG

où G est le centre de gravité du cercle, donc son centre, et A est l’aire du cercle. On obtient donc

I = −π .

36) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le triangle de sommets O, A(1, 1), B(2,−1) privé de l’origine et

f(x, y) =1√x+ y

·· · ·

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·· · · ·

· ··

La fonction f est positive sur D. Les droites OA, OB et AB ont pour équations respectives

y = x , y = −x

2et y = −2x+ 3 .

On sépare D en deux domaines limités par la droite d’équation x = 1.

(Iy)1(x) =

−x/2

dy√x+ y

2√x+ y

y=−x/2= 2

(√2x−

=√2x ,

d’où∫∫

dx dy√x+ y

(Iy)1(x) dx =√2

√x dx =

=2√2

(Iy)2(x) =

−2x+3∫

−x/2

dy√x+ y

2√x+ y

]y=−2x+3

y=−x/2= 2

(√3− x−

D’où

∫∫

dx dy√x+ y

(Iy)2(x) dx = 2

√3− x dx−

√x dx

3(3− x)3/2 − 2

=8√2

3− 4

3− 8

3= −4 +

10√2

∫∫

dx dy√x+ y

∫∫

dx dy√x+ y

= 4(√2− 1) .

37) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 ≤ y ≤ a ,

f(x, y) =

x2y2 + 1.

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

On intègre une fonction continue positive sur une domaine non borné. On peut donc appliquer le théo-rème de Fubini.

Lorsque y est fixé entre 0 et a, le nombre x varie de −∞ à +∞ et donc

Ix(y) =

∞∫

−∞

x2y2 + 1dx =

yarctan(xy)

]x=∞

x=−∞=

π√y.

Ix(y) dy = π

dy√y= π

2√y]a

0= 2π

√a .

38) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 ≤ x ≤ y ≤ x+ x2 ,

etf(x, y) = ye−x .

····

········

·········

Lorsque x est un nombre positif fixé, le nombre y varie de x à x+ x2 et donc

Iy(x) =

x+x2∫

ye−x dy = e−x

]y=x+x2

= e−x (x+ x2)2 − x2

2= e−x 2x3 + x4

∞∫

Iy(x) dx =1

∞∫

e−x (2x3 + x4) dx .

En utilisant le fait que∞∫

e−xxn dx = n! ,

on en déduit

2(2 · 3! + 4!) = 3 · 3! = 18 .

39) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x ≥ 1 , x2 ≤ y ≤ x3 ,

etf(x, y) = ye−x .

··· ················

···········

··················

·························

·······························

Lorsque x est plus grand que 1, le nombre y varie de x2 à x3 et donc

Iy(x) =

ye−x dy = e−x

= e−x x6 − x4

∞∫

Iy(x) dx =1

∞∫

e−x (x6 − x4) dx .

Posons

∞∫

e−xxn dx .

− xne−x]∞

∞∫

nxn−1e−x dx =1

e+ nIn−1 .

∞∫

e−x dx =1

on déduit successivement

e, I2 =

e, I3 =

e, I4 =

e, I5 =

eet I6 =

d’où

2(I6 − I4) =

40) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 ≤ x ≤ y ,

f(x, y) =1

(1 + x2)(1 + y2).

·······

······

·····

····

···

·· ·

Lorsque y est un nombre positif, le nombre x varie de 0 à y et donc

Ix(y) =

(1 + x2)(1 + y2)=

1 + y2

arctan x]x=y

arctan y

1 + y2.

∞∫

Ix(y) dy =

∞∫

arctan y

1 + y2dy =

(arctan y)2

41) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

(x, y) |√

x2 + 1 ≤ y ≤ 5x

f(x, y) =1

·····

·········

·············

··················

·····················

On constate tout d’abord que lorsque x est positif, l’hyperbole d’équation

y =√

x2 + 1

et la droite d’équation

se coupent lorsque√

x2 + 1 =5x

c’est-à-dire

x2 + 1 =25x2

et donc9x2

16= 1 ,

3et y =

Lorsque y est plus grand que 5/3, le nombre x varie de4y

5à√

y2 − 1 et donc

Ix(y) =

√y2−1∫

]x=√

y2−1

x=4y/5

= − 1

2y2(y2 − 1)+

∞∫

Ix(y) dy = −∞∫

2y2(y2 − 1)+

∞∫

On décompose facilement en éléments simples

y2(y2 − 1)=

y2 − 1− 1

y − 1− 1

∞∫

4(y − 1)+

4(y + 1)+

y − 1− 1

2y− 25

= − ln 2

160− ln 2

42) SoitD = (x, y) | 0 ≤ y ≤ x ≤ y + 2π ,

etf(x, y) = sinx cos y .

Montrer que l’on ne peut appliquer le théorème de Fubini pour le calcul de

∫∫

f(x, y) dx dy.

1) Intégration en x puis en y.

Lorsque y est fixé, le nombre x varie de y à y + 2π, et l’on a

Ix(y) =

y+2π∫

sinx cos y dx =[

− cos x cos y]x=y+2π

x=y= 0 ,

donc ∞∫

Ix(y) dy = 0 .

2) Intégration en y puis en x. On partage le domaine D en deux parties.

Lorsque x appartient à [ 2π, +∞ [ .

Dans ce cas y varie de x− 2π à x et l’on a

Iy(x) =

x−2π

sinx cos y dy =[

sinx sin y]y=x

y=x−2π= 0 .

Lorsque x appartient à [ 0, 2π ] .

Dans ce cas y varie de 0 à x et l’on a

Iy(x) =

sinx cos y dy =[

sinx sin y]y=x

y=0= sin2 x .

Alors∞∫

Iy(x) dx =

2π∫

Iy(x) dx =

2π∫

1− cos 2x

2dx = π .

On constate que l’on n’a pas l’égalité

∞∫

Ix(y) dy =

∞∫

Iy(x) dx .

Le théorème de Fubini ne s’applique pas, donc nécessairement∫∫

| sinx cos y | dx dy = +∞ .

43) SoitD = ] 0, 1 ] 2 ,

f(x, y) =x2 − y2

(x2 + y2)2.

Montrer que l’on ne peut appliquer le théorème de Fubini pour le calcul de

∫∫

f(x, y) dx dy.

1) Intégration en y puis en x.

Si x est un nombre positif fixé, on a

Iy(x) =

x2 − y2

(x2 + y2)2dy =

x2 + y2−

(x2 + y2)2dy .

On intègre par parties la deuxième intégrale

(x2 + y2)2dy =

y2 + x2× y

y2 + x2= − 1

1 + x2+

y2 + x2,

Iy(x) =1

1 + x2,

et par suite,1∫

Iy(x) dx =

1 + x2= arctan 1 =

2) Intégration en x puis en y.

En permutant les rôles de x et de y dans le calcul précédent, on obtient que

Ix(y) dy = −π

On constate donc que l’on n’a pas l’égalité

Ix(y) dy =

Iy(x) dx .

Le théorème de Fubini ne s’applique pas, donc nécessairement∫∫

|x2 − y2|(x2 + y2)2

dx dy = +∞ .

Chapitre 2

CHANGEMENT DE VARIABLES

2.1 Coordonnées polaires

44) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est la couronne limitée par les cercles de centre O et de rayons respectifs a et b (0 < a < b) et

f(x, y) =1

x2 + y2.

t ····

····

······

·······

········

····

······

·······

········

·····

····

···

····

·····

70 CHAPITRE 2. CHANGEMENT DE VARIABLES

Le domaine D est obtenu lorsque les coordonnées polaires (r, t) parcourent le rectangle

∆ = [ a, b ] × [−π, π ] .

D’autre part

f(r cos t, r sin t) =1

∫∫

f(r cos t, r sin t) rdr dt =

∫∫

Comme les variables se séparent, on a immédiatement

∫∫

= 2π lnb

2.1. COORDONNÉES POLAIRES 71

45) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le disque de centre O et de rayon a et

f(x, y) = (x+ y)2 .

· · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·

∆ = [ 0, a ] × [−π, π ] .

D’autre partf(r cos t, r sin t) = (r cos t+ r sin t)2 = r2(1 + sin 2t) .

∫∫

r3(1 + sin 2t) dr dt .

(1 + sin 2t) dt

t− cos 2t

46) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le disque de centre O et de rayon 1 et

f(x, y) =(x+ y)2

(x2 + y2 + 1)2.

· · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·

∆ = [ 0, 1 ] × [−π, π ] .

D’autre part

f(r cos t, r sin t) =(r cos t+ r sin t)2

(1 + r2)2=

r2(1 + sin 2t)

(1 + r2)2.

∫∫

r3(1 + sin 2t)

(1 + r2)2dr dt .

(1 + r2)2dr

(1 + sin 2t) dt

En effectuant le changement de variable u = r2, on a du = 2rdr donc

(1 + r2)2dr =

2(1 + u)2du =

1 + u− 1

(1 + u)2

d’où1∫

(1 + r2)2dr =

ln(1 + u) +1

ln 2− 1

Par ailleursπ∫

(1 + sin 2t) dt =

t− cos 2t

= 2π ,

d’où

I = π

ln 2− 1

47) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1, tels que 0 ≤ y ≤ x

f(x, y) = 2x− y .

·· · ·

· · · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

∆ = [ 0, 1 ] × [ 0, π/4 ] .

D’autre partf(r cos t, r sin t) = 2r cos t− r sin t .

∫∫

r2(2 cos t− sin t) dr dt .

∫∫

f(x, y) dx dy =

π/4∫

(2 cos t− sin t) dt

2 sin t+ cos t]π/4

2− 1

48) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1, tels que 0 ≤ y ≤ x

f(x, y) = (x− y)2 .

·· · ·

· · · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

∆ = [ 0, 1 ] × [ 0, π/4 ] .

D’autre partf(r cos t, r sin t) = r2(cos t− sin t)2 = r2(1− sin 2t) .

∫∫

r3(1− sin 2t) dr dt .

∫∫

f(x, y) dx dy =

π/4∫

(1− sin 2t) dt

t+cos 2t

4− 1

=π − 2

49) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1, limité par les droites d’équationy = 0 et y = x, et

f(x, y) = (x+ y)2 .

·· · ·

· · · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

Le domaine est symétrique par rapport à O et d’autre part, pour tout couple (x, y) de D, on a

f(−x,−y) = f(x, y) .

On a donc

∫∫

f(x, y) dx dy

où D1 est la partie du domaine située dans le quart de plan des coordonnées positives.

Le domaine D1 est obtenu lorsque les coordonnées polaires (r, t) parcourent le rectangle

∆1 = [ 0, 1 ] × [ 0, π/4 ] .

D’autre part

f(r cos t, r sin t) = r2(cos t+ sin t)2 = r2(1 + sin 2t) .

∫∫

f(r cos t, r sin t) rdr dt = 2

∫∫

r3(1 + sin 2t) dr dt .

π/4∫

(1 + sin 2t) dt

t− cos 2t

=π + 2

50) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est limité par les axes et la droite d’équation y = −2x+ 2

f(x, y) = 2x+ y .

t· · · · · ·· · · · ·· · · · ·· · · ·· · · ·· · ·· · ·· ·· ···

Cherchons tout d’abord l’équation polaire de la droite d’équation cartésienne y = −2x+ 2 . On a

r sin t = −2r cos t+ 2 ,

d’où

sin t+ 2cos t.

Lorsque t est compris entre 0 et π/2, le nombre r varie de 0 à2

sin t+ 2cos t. On intègre donc sur le

domaine

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 2

sin t+ 2cos t, 0 ≤ t ≤ π

D’autre part

f(r cos t, r sin t) = r(2 cos t+ sin t) .

∫∫

r2(2 cos t+ sin t) dr dt .

On a tout d’abord

Ir(t) =

sin t+2cos t∫

r2(2 cos t+ sin t) dr

3(2 cos t+ sin t)

sin t+2 cos t

3(sin t+ 2cos t)2

cos2 t(tan t+ 2)2.

π/2∫

Ir(t) dt =

π/2∫

cos2 t(tan t+ 2)2

[ −1

tan t+ 2

limt→π/2

tan t+ 2+

51) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est limité par le cercle de centre O et de rayon 3 et le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1

f(x, y) = x2 + y2 .

· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · ·

· · · ·· · ·

· ·· ·

· · · · · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · ·

On décompose le domaine en deux parties limitées par l’axe Oy. On a

f(r cos t, r sin t) = r2 .

La partie D1 est obtenue lorsque (r, t) parcourt le domaine

∆1 = [ 0, 3 ] × [π/2, 3π/2 ] ,

et on a∫∫

f(x, y) dx dy =

∫∫

r3 dr dt .

Comme les variables se séparent, on a immédiatement donc

∫∫

f(x, y) dx dy =

3π/2∫

Le petit cercle a comme équation cartésienne

(x− 1)2 + y2 = 1 ,

ou encorex2 + y2 = 2x .

Donc, en coordonnées polaires,r2 = 2r cos t ,

soitr = 2cos t .

La partie D2 est obtenue lorsque (r, t) parcourt le domaine

∆2 =

(r, t) | 2 cos t ≤ r ≤ 3 , −π

2≤ t ≤ π

Lorsque t est compris entre −π/2 et π/2, on a

Ir(t) =

2 cos t

r3 dr =81 − 16 cos4 t

Donc∫∫

f(x, y) dx dy =

π/2∫

−π/2

Ir(t) dt =

π/2∫

−π/2

81− 16 cos4 t

Mais, en linéarisant,

cos4 t =

1 + cos 2t

1 + 2 cos 2t+ cos2 2t)

1 + 2 cos 2t+1 + cos 4t

8(3 + 4 cos 2t+ cos 4t) .

∫∫

f(x, y) dx dy =

π/2∫

−π/2

81− 2(3 + 4 cos 2t+ cos 4t)]

π/2∫

−π/2

4(75− 8 cos 2t− 2 cos 4t) dt

75t− 4 sin 2t− sin 4t

)]π/2

−π/2

Finalement

∫∫

f(x, y) dx dy +

∫∫

f(x, y) dx dy =81π

4= 39π .

52) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’ensemble des points du carré [ 0, 1 ] × [ 0, 1 ] extérieurs au cercle de centre O et derayon 1, et

f(x, y) =xy

1 + x2 + y2.

arccos 1r

·············

········

·····

···

Le domaine est symétrique par rapport à la première bissectrice, et, quel que soit (x, y) dans D,

f(y, x) = f(x, y) .

∫∫

f(x, y) dx dy ,

où D1 est la partie du domaine située sous la première bissectrice. On a

f(r cos t, r sin t) =r2 cos t sin t

1 + r2=

r2 sin 2t

2(1 + r2).

La droite d’équation cartésienne x = 1, a pour équation polaire

cos t.

En exprimant t en fonction de r, on a encore

t = arccos1

Le domaine D1 est parcouru lorsque (r, t) décrit le domaine

∆1 =

(r, t) | arccos 1r≤ t ≤ π

4, 1 ≤ r ≤

∫∫

r3 sin 2t

2(1 + r2)dt .

On commence à intégrer en t. Pour r compris entre 1 et√2, on a

It(r) =

π/4∫

arccos(1/r)

r3 sin 2t

2(1 + r2)dt

2(1 + r2)

−cos 2t

]t=π/4

t=arccos(1/r)

4(1 + r2)cos

2 arccos1

= 2cos2(

arccos1

− 1 =2

r2− 1 .

D’où

It(r) =r3

4(1 + r2)

r2− 1

2− r2

r2 + 1.

2− r2

r2 + 1

et en effectuant le changement de variable u = r2, qui est tel que

du = 2r dr ,

on obtient

2− u

u+ 1− 1

3 ln(u+ 1)− u]2

2− 1

53) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le triangle de sommets O, A(2, 0), B(2, 1), et

f(x, y) =√

x2 + y2 .

· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · ·

· · · · ·· · ·

La droite d’équation x = 2 a pour équation en cooordonnées polaires

cos t,

et la droite OB fait un angle de arctan 12 avec Ox.

On intègre donc sur le domaine

(r, t) | 0 ≤ t ≤ arctan1

2, 0 ≤ r ≤ 2

D’autre part

f(r cos t, r sin t) = r .

On a donc

∫∫

r2 dr dt .

Ir(t) =

2/ cos t∫

r2 dr =

]r=2/ cos t

3 cos3 t.

arctan(1/2)∫

cos3 t=

arctan(1/2)∫

cos t dt

(1− sin2 t)2.

Effectuons le changement de variable u = sin t. On a tout d’abord

du = cos t dt .

D’autre part, lorsque t vaut arctan 12 , on a

u = sin arctan1

2= cos arctan

2tan arctan

1 + 14

=1√5.

1/√5

(u2 − 1)2.

u2 − 1=

u− 1− 1

(u2 − 1)2=

(u− 1)2+

(u+ 1)2− 2

(u− 1)(u+ 1)

d’où1

(u2 − 1)2=

(u− 1)2+

(u+ 1)2− 1

u− 1+

u− 1− 1

u+ 1+ ln

u− 1

]1/√5

1− u2+ ln

u− 1

]1/√5

√5 + 1√5− 1

(√5 + 1)2

√5 + 1

54) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x ≥ 1 , y ≥ 1 , x2 + y2 ≤ 4 ,

etf(x, y) = x2 + y2 .

· · · · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · ·· · · ·· ·

Le domaine D est symétrique par rapport à la première bissectrice, et, pour tout couple (x, y) de D,on a

f(x, y) = f(y, x) ,

∫∫

f(x, y) dx dy

où D1 est la partie de D située sous la première bissectrice.

La droite d’équation y = 1 a pour équation polaire

sin t.

D’autre part, le point d’intersection de cette droite et du cercle de centre O et de rayon 2 a pourcoordonnées cartésiennes (

√3, 1) et pour coordonnées polaires (2, π/6).

En utilisant les coordonnées polaires, on intègre donc sur le domaine

∆1 =

(r, t) | π6≤ t ≤ π

sin t≤ r ≤ 2

D’autre partf(r cos t, r sin t) = r2 .

On a donc

∫∫

r3 dr dt .

(Ir)1(t) =

1/ sin t

r3 dr =

r=1/ sin t

= 4− 1

4 sin4 t.

π/4∫

(Ir)1(t) dt = 2

π/4∫

4− 1

4 sin4 t

dt = 8(π

4− π

−π/4∫

2 sin4 t.

Pour cette dernière intégrale, effectuons la changement de variable

u = cotan t

pour lequel

du = − dt

sin2 t.

On a alors1

sin2 t= 1 + cotan2 t = 1 + u2 ,

ainsi que

cotanπ

4= 1 et cotan

√3 ,

doncπ/4∫

sin4 t=

(1 + u2) du =

= 2√3− 4

Finalement

I =2π

3− 1

2√3− 4

√3 .

55) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le domaine intérieur au cercle de centre O et de rayon 3 et extérieur au cercle de centre(1, 0) et de rayon 1.

f(x, y) =√

x2 + y2 ,

· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · ·

· · · ·· · ·

· ·· ·

· · · · · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · ·

En coordonnées polaires, on af(r cos t, r sin t) = r .

Le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1 a pour équation cartésienne

(x− 1)2 + y2 = 1 ,

ou encorex2 + y2 = 2x ,

ce qui donne en coordonnées polairesr = 2cos t .

On partage le domaine en deux parties D1 et D2, séparées par l’axe Oy.

1) Intégration sur D1.

On intègre sur le domaine

∆1 =

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 3 ,π

2≤ t ≤ 3π

On a donc∫∫

f(x, y) dx dy =

∫∫

f(r cos t, r sin t)r dr dt =

∫∫

r2 dr dt .

3π/2∫

= 9π .

2) Intégration sur D2.

Comme, pour tout couple (x, y) de D2, on a,

f(x,−y) = f(x, y) ,

il en résulte que∫∫

f(x, y) dx dy = 2

∫∫

f(x, y) dx dy ,

où D′2 est la partie de D2 située dans le demi-plan des ordonnées positives.

On intégre sur le domaine

∆′2 =

(r, t) | 2 cos t ≤ r ≤ 3 , 0 ≤ t ≤ π

On a donc∫∫

f(x, y) dx dy =

∫∫

∆′2

f(r cos t, r sin t)r dr dt =

∫∫

∆′2

r2 dr dt .

On a tout d’abord

Ir(t) =

2 cos t

r2 dr =

r=2 cos t

= 9− 8

3cos3 t ,

I2 = 2

π/2∫

9− 8

3cos3 t

Commecos 3t = 4cos3 t− 3 cos t ,

on en déduit

I2 = 2

π/2∫

9− 2

3(cos 3t+ 3cos t)

dt = 2

9t− 2

sin 3t

3+ 3 sin t

)]π/2

= 9π − 32

Finalement

I = I1 + I2 = 18π − 32

Remarque : on aurait pu également calculer l’intégrale sur le grand cercle, ce qui donne 18π, et cellesur le petit, qui donne 32/9, puis faire la différence.

56) Trouver l’aire du domaine

D = (x, y) |x ≥ 0 , y ≥ 0 , xy ≥ 1 , x2 + y2 ≤ 4 .

t π/12

·· · · ·

· · · · ·· · · · ·

· · · · · ·· · · · · ·

· · · · · ·· · · · ·

· · · · ·· · · ·· ·

La branche de l’hyperbole d’équation xy = 1 située dans le quart de plan des coordonnées positives apour équation polaire

r2 sin t cos t = 1 ,

sin 2t.

Les intersections avec le cercle de centre O et de rayon 2 sont obtenues lorsque

sin 2t= 2 ,

sin 2t =1

c’est-à-dire

12et t =

Comme le domaine est symétrique par rapport à la première bissectrice, on a

∫∫

r dr dt ,

(r, t) | π

12≤ t ≤ π

sin 2t≤ r ≤ 2

On calcule

Ir(t) = 2

sin 2t

r dr =[

r2]r=2

sin 2t

= 4− 2

sin 2t,

d’où

π/4∫

4− 2

sin 2t

π/4∫

4− 1 + tan2 t

On obtient donc

4t− ln tan t]π/4

π/12=

3+ ln tan

En écrivant

1√3=

2 tanπ

1− tan2π

on obtient que tanπ

12est la racine positive du trinôme X2+2

√3X−1, c’est-à-dire 2−

√3. Finalement

A =2π

3+ ln(2−

√3) .

57) Déterminer le centre de gravité G du domaine D intérieur au cercle de centre (1, 0) passantpar O et extérieur au cercle de centre O et de rayon 1.

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · ·

Pour des raisons de symétrie l’ordonnée yG est nulle.

Le cercle de centre (1, 0) et passant par O a pour rayon 1. Son équation cartésienne est donc

(x− 1)2 + y2 = 1 ,

ou encorex2 + y2 = 2x ,

ce qui donne en coordonnées polairesr = 2cos t .

On calcule I =

∫∫

f(x, y) dx dy, où l’on prend successivement

f(x) = 1 et f(x) = x .

Dans les deux cas, on a, pour tout couple (x, y) de D,

f(x, y) = f(x,−y) ,

et donc

∫∫

f(x, y) dx dy ,

où D1 est la partie du domaine située dans le quart de plan des coordonnées positives.

L’intersection des deux cercles dans D1 a pour abscisse 1/2 et correspond donc à un angle de π/3.

En coordonnées polaires, le domaine D1 devient

∆1 =

(x, y) | 0 ≤ t ≤ π

3, 1 ≤ r ≤ 2 cos t

et l’on a

∫∫

f(r cos t, r sin t)r dr dt .

1) Si f(x, y) = 1.

On a tout d’abord

Ir(t) =

2 cos t∫

2r dr =[

r2]r=2 cos t

r=1= 4cos2 t− 1 ,

π/3∫

(4 cos2 t− 1) dt =

π/3∫

(2 cos 2t+ 1) dt =[

t+ sin 2t]π/3

2) Si f(x, y) = x.

On a tout d’abord

Ir(t) =

2 cos t∫

2r2 cos t dr = cos t[2r3

]r=2 cos t

3(8 cos4 t− cos t) ,

xG × A =2

π/3∫

(8 cos4 t− cos t) dt .

On linéarise

8 cos4 t = 2(cos 2t+ 1)2 = 2(cos2 2t+ 2cos 2t+ 1) = cos 4t+ 4cos 2t+ 3 .

xG × A =2

π/3∫

(cos 4t+ 4cos 2t− cos t+ 3) dt =2

sin 4t

4+ 2 sin 2t− sin t+ 3t

xG =8π + 3

4π + 6√3.

58) Déterminer le centre de gravité G du domaine D intérieur au cercle de centre O et de rayon 3et extérieur au cercle de centre (1, 0) et de rayon 1.

· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · ·

· · · ·· · ·

· ·· ·

· · · · · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · ·

Pour des raisons de symétrie l’ordonnée yG est nulle.

Notons D1 le domaine limité par le petit cercle et D2 le domaine limité par le grand. On a alors

AD = AD2− AD1

= 9π − π = 8π .

On a également∫∫

x dx dy +

∫∫

x dx dy =

∫∫

x dx dy = 0 ,

car le centre de gravité du grand cercle est O. Donc∫∫

x dx dy = −∫∫

x dx dy .

Mais le centre de gravité du petit cercle est le point (1, 0), qui a pour abscisse xD1= 1. Donc

∫∫

x dx dy = AD1× xD1

= π .

On en déduit que

xG = − π

8π= −1

59) Déterminer le centre de gravité G d’un secteur circulaire D de rayon R et d’angle 2θ où0 < θ ≤ π.

Plaçons ce secteur en mettant le centre du cercle en O et en le positionnant symétriquement par rap-port à Ox.

· · ·

· · · ·

· · · · ·

· · · · · · ·

· · · · · · · ·

· · · · · · · ·· · · · · · · ·

L’ordonnée du centre de gravité G est alors nulle.

En coordonnées polaires, on intègre sur

∆ = (r, t) | 0 ≤ r ≤ R , −θ ≤ t ≤ θ .On a alors, puisque les variables se séparent

∫∫

x dx dy =

∫∫

r2 cos t dr dt =

cos t dt

= 2 sin θR3

∫∫

dx dy =

∫∫

r dr dt =

= 2θR2

On obtient donc

sin θ

60) Déterminer l’aire du domaine D intérieur au cercle de centre (1, 1) passant par O et extérieurau cercle de centre O et de rayon 1.

On a intérêt à faire tourner le dessin pour placer les centres des cercles sur Ox. On a alors un domaineD intérieur au cercle de centre (

√2, 0) passant par O et extérieur au cercle de centre O et de rayon 1.

2√21

· · · · · · ·

· · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·

Le cercle extérieur a pour équation(x−

√2)2 + y2 = 2 ,

ou encorex2 + y2 − 2

√2x = 0 .

L’intersection d’ordonnée positive des deux cercles s’obtient en résolvant le système

x2 + y2 = 1

x2 + y2 = 2√2x

qui donne immédiatement

4et y =

On a doncy

√7 ,

et ce point a pour coordonnées polaires

r = 1 et t = arctan√7 .

Le cercle extérieur a pour équation polaire

r = 2√2 cos t .

On intègre en coordonnées polaires sur le domaine

∆ = (r, t) | 1 ≤ r ≤ 2√2 cos t , − arctan

√7 ≤ t ≤ arctan

√7 .

Notonsarctan

√7 = α .

On calcule

∫∫

dx dy =

∫∫

rdr dt .

On a tout d’abord

Ir(t) =

2√2 cos t∫

r dr =

]r=2√2 cos t

= 4cos2 t− 1

4 cos2 t− 1

2 cos 2t+3

sin 2t+3t

d’oùA = 2 sin 2α + 3arctan

√7 .

sin(2α) =2 tan α

1 + tan2 α=

d’où

2+ 3arctan

√7 .

61) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le quart de cercle de centre O et de rayon b, situé dans le quart de plan des coordonnéespositives, privé de l’origine, et

f(x, y) =1

· ·· · · ·· · · · · ·· · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·

∆ = ] 0, b ] × [ 0, π/2 ] .

D’autre part

r(cos t+ sin t).

∫∫

sin t+ cos t.

π/2∫

sin t+ cos t

π/2∫

dt√2 sin

En écrivant

1 + tan2(

on obtient

I =b√2

π/2∫

1 + tan2(

) dt =b√2

=b√2ln

tan 3π8

tan π8

En partant de

1 = tanπ

2 tanπ

1− tan2π

on trouve que tanπ

8est la racine positive du trinôme X2 + 2X − 1, donc

√2− 1 .

Par ailleurs

tan3π

8= tan

2− π

=√2 + 1 .

d’où

I =b√2ln(

√2 + 1)2 =

√2 b ln(

√2 + 1) .

62) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | y ≥ 0 , x2 + y2 − x ≥ 0 , x2 + y2 − 2x ≤ 0 \ (0, 0) ,

f(x, y) =x− y

x2 + y2.

t · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · ·· · · · · · ·

Le domaine D est la partie du plan comprise entre le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1, et le cerclede centre (1/2, 0) et de rayon 1/2 située dans le demi-plan des y positifs.

Le premier cercle a pour équation polaire

r = cos t ,

et le second

r = 2cos t .

(r, t) | 0 ≤ t <π

2, cos t ≤ r ≤ 2 cos t

Utilisons les coordonnées polaires pour intégrer les fonctions positives sur D

f1(x, y) =x

x2 + y2et f2(x, y) =

x2 + y2.

f1(r cos t, r sin t) =cos t

ret f2(r cos t, r sin t) =

On a donc

∫∫

f1(r cos t, r sin t) rdr dt =

∫∫

cos t dr dt et I2 =

∫∫

f2(r cos t, r sin t) rdr dt =

∫∫

sin t dr dt .

On a tout d’abord

(I1)r(t) =

2 cos t∫

cos t dr = cos2 t et (I2)r(t) =

2 cos t∫

sin t dr = cos t sin t .

π/2∫

(I1)r(t) dt =

π/2∫

cos2 t dt =

π/2∫

1 + cos 2t

t+sin 2t

π/2∫

(I2)r(t) dt =

π/2∫

sin t cos t dt =

π/2∫

sin 2t

−cos 2t

Finalement

I = I1 − I2 =π − 2

63) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le quart de plan des coordonnées positives privé de l’origine, et

f(x, y) = (x+ y)ne−(x+y) ,

où n est un nombre entier supérieur ou égal à −1.

·······

La fonction f étant continue et positive, on peut intégrer en coordonnées polaires. On intègre donc surle domaine

(r, t) | 0 ≤ t ≤ π

2, r > 0

D’autre part

f(r cos t, r sin t) = rn(cos t+ sin t)ne−r(cos t+sin t) .

On a donc

∫∫

rn+1(cos t+ sin t)ne−r(cos t+sin t) dr dt .

On a tout d’abord

Ir(t) =

∞∫

rn+1(cos t+ sin t)ne−r(cos t+sin t) dr .

En effectuant le changement de variable

u = (cos t+ sin t)r

on trouve

du = (cos t+ sin t) dr ,

Ir(t) =

∞∫

un+1e−u

(cos t+ sin t)2du =

(n+ 1)!

(cos t+ sin t)2,

et par suite

π/2∫

(n+ 1)!

(cos t+ sin t)2dt = (n+ 1)!

π/2∫

cos2 t(1 + tan t)2= (n+ 1)!

1 + tan t

= (n+ 1)! .

64) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le triangle de sommets O, A(0, 1), B(1, 0) privé de l’origine, et

f(x, y) =(x+ y)2√

x2 + y2.

t· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

Comme la fonction est continue et positive sur l’intérieur de D, on peut utiliser les coordonnées polaires.

La droite AB d’équation cartésienne x+ y = 1 a pour équation polaire

sin t+ cos t.

(r, t) | 0 ≤ t ≤ π

2, 0 < r ≤ 1

sin t+ cos t

D’autre partf(r cos t, r sin t) = r(cos t+ sin t)2 .

On a donc

∫∫

r2(cos t+ sin t)2 dr dt .

On a tout d’abord

Ir(t) =

sin t+cos t∫

r2(cos t+ sin t)2 dr = (cos t+ sin t)2[

sin t+cos t

3(sin t+ cos t).

π/2∫

sin t+ cos t.

Intégrons ici en transformant en fonction de la tangente de l’angle moitié. (Il y a d’autres méthodes,voir ex. 61).

π/2∫

1 + tan2 t2

1 + 2 tan t2 − tan2 t

En posant u = tant

2, qui donne donc

1 + tan2t

on obtient

1 + 2u− u2du .

La fraction rationnelle se décompose en éléments simples. Le dénominateur possède deux racines simples1 +

√2 et 1−

√2. On a alors

u− 1 +√2− 1

u− 1−√2

u− 1 +√2

u− 1−√2

= −√2

√2− 1√2 + 1

Finalement

√2 + 1)2 =

3ln(1 +

√2) .

65) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le domaine limité par l’ellipse d’équation

(x−√a2 − b2)2

b2= 1 ,

où a > b > 0, privé de l’origine, et

f(x, y) =1

x2 + y2.

c− a c+ aO

· · · · · ·· · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · · · ·· · · · · · · ·

Nous noterons, comme il est usuel pour les ellipses,

c =√

a2 − b2 , p =b2

aet e =

On remarquera que 0 < e < 1.

si l’on connaît l’équation polaire r = ϕ(t) de l’ellipse, on sera amené à calculer en coordonnées polaires

∫∫

dr dt ,

sur le domaine∆ = (r, t) | 0 < r ≤ ϕ(t) , −π ≤ t ≤ π ,

On aura alors

Ir(t) =

ϕ(t)∫

dr = ϕ(t) ,

et donc

Ir(t) dt =

ϕ(t) dt .

En remplaçant x et y par r cos t et r sin t respectivement dans l’équation de l’ellipse, on trouve

r2 cos2 t− 2rc cos t+ c2

r2 sin2 t

b2= 1 ,

c’est-à-dire

cos2 t

sin2 t

− 2rc

a2cos t− b2

a2= 0 .

On obtient un trinôme du second degré dont le discriminant réduit vaut

δ′ =a2 − b2

a4cos2 t+

cos2 t

sin2 t

La racine positive du trinôme est donc

a2cos t+

cos2 t

sin2 t

= b2a+ c cos t

a2 sin2 t+ b2 cos2 t,

ce qui donne

r = b2a+ c cos t

a2 − c2 cos2 t=

a− c cos t=

1− e cos t.

Il en résulte que

1− e cos t.

1− e cos t=

1− e1− tan2 t

1 + tan2 t2

=1 + tan2 t

(1 + e) tan2 t2 + 1− e

donc, en effectuant le changement de variable u = tant

2qui définit une bijection de ]−π, π [ sur

]−∞, ∞ [ , et pour lequel

1 + tan2t

on obtient finalement

I = 2p

∞∫

−∞

(1 + e)u2 + 1− e= 2p

1√1− e2

arctan(1 + e)u√1− e2

−∞=

2pπ√1− e2

= 2bπ .

66) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le quart de plan des coordonnées positives et

f(x, y) =1

(x2 + y2 + p2)2,

où p est un nombre réel strictement positif.

·······

La fonction f étant continue et positive, on peut intégrer en coordonnées polaires. On intègre donc surle domaine

(r, t) | 0 ≤ t ≤ π

2, r ≥ 0

D’autre part

(r2 + p2)2.

On a donc

∫∫

(r2 + p2)2.

Comme on intègre sur un rectangle et que les variables se séparent, on a immédiatement

π/2∫

∞∫

(r2 + p2)2

2(r2 + p2)

67) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x ≥ 0 , y2 ≤ 2px ,

f(x, y) =1

(x2 + y2 + p2)2,

où p est un nombre réel strictement positif.

····

·····

······

·······

········

·········

On remarque que le domaine D est symétrique par rapport à Ox et que, si (x, y) appartient à D, on a

f(x,−y) = f(x, y) .

On a donc

∫∫

f(x, y) dx dy

où D1 est la partie du domaine D située dans le quart de plan des coordonnées positives.

La fonction f étant continue et positive, on peut intégrer en coordonnées polaires. Si r = ϕ(t) estl’équation polaire de la parabole d’équation cartésienne y2 = 2px. On intègre donc sur le domaine

∆1 =

(r, t) | 0 ≤ t ≤ π

2, 0 ≤ r ≤ ϕ(t)

D’autre part

(r2 + p2)2.

On a donc

∫∫

(r2 + p2)2.

Cherchons l’équation polaire de la parabole. En remplaçant x et y par r cos t et r sin t respectivementdans l’équation de la parabole, on trouve

r2 sin2 t = 2pr cos t ,

d’où

r =2p cos t

sin2 t.

(Ir)1(t) =

2p cos t

sin2 t∫

(r2 + p2)2=

2(r2 + p2)

]r= 2p cos t

sin2 t

p2− 1

p2 +4p2 cos2 t

sin4 t

π/2∫

(Ir)1(t) dt =4

π/2∫

cos2 t

sin4 t+ 4cos2 tdt .

Orcos2 t

sin4 t+ 4cos2 t=

cos2 t

(1− cos2 t)2 + 4cos2 t=

cos2 t

(cos2 t+ 1)2=

1 + tan2 t

(2 + tan2 t)2.

En effectuant le changement de variable u = tan t, qui réalise une bijection de [ 0, π/2 [ sur [ 0, +∞ [ ,et pour lequel

du = (1 + tan2 t) dt ,

on obtientπ/2∫

cos2 t

sin4 t+ 4cos2 tdt =

∞∫

(u2 + 2)2.

En intégrant par parties, on trouve

∞∫

u2 + 2=

u2 + 2

∞∫

(u2 + 2)2= 2

∞∫

u2 + 2− 2

(u2 + 2)2

On en déduit ∞∫

(u2 + 2)2=

∞∫

u2 + 2=

4√2arctan

8√2.

Finalement

I =π√2

68) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le plan tout entier etf(x, y) = e−x2+2xy cos a−y2 ,

où a n’est pas multiple entier de π.

En déduire

∞∫

−∞

e−x2

La fonction intégrée est positive. En coordonnées polaires on intégre sur le domaine

∆ = [ 0, ∞ [× [−π, π ] ,

etf(r cos t, r sin t) = e−r2(1−sin 2t cos a) ,

∫∫

re−r2(1−sin 2t cos a) dr dt .

Ir(t) =

∞∫

re−r2(1−sin 2t cos a) dr =

− e−r2(1−sin 2t cos a)

2(1 − sin 2t cos a)

]r=∞

2(1− sin 2t cos a).

On obtient ainsi une fonction de période π en la variable t. Alors

Ir(t) dt = 2

π/2∫

−π/2

2(1 − sin 2t cos a).

1− sin 2t cos a=

1− 2 tan t

1 + tan2 tcos a

=1 + tan2 t

tan2 t− 2 tan t cos a+ 1.

En effectuant le changement de variable u = tan t, qui réalise une bijection de ]−π/2, π/2 [ sur]−∞, +∞ [ , et pour lequel

du = (1 + tan2 t) dt ,

on obtient

∞∫

−∞

u2 − 2u cos a+ 1=

| sin a | arctanu− cos a

| sin a |

−∞=

| sin a | .

En particulier lorsque a = π/2, on obtient∫∫

e−x2−y2 dx dy = π ,

mais les variables se séparent et

∫∫

e−x2−y2 dx dy =

∞∫

−∞

e−x2

∞∫

−∞

e−y2 dy

∞∫

−∞

e−x2

d’où ∞∫

−∞

e−x2

dx =√π .

2.2 Coordonnées elliptiques

69) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’intérieur de l’ellipse d’équationx2

2+ y2 = 1 et

f(x, y) = x2 + y2 .

······

········

··········

········

······

On utilise les coordonnées elliptiques

x =√2 r cos t et y = r sin t ,

pour lesquelles on obtient le déterminant jacobien

dr dt=

√2 cos t −

√2 r sin t

sin t r cos t

=√2 r .

On intègre sur le rectangle

∆ = (r, t) | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ t ≤ 2π .

2.2. COORDONNÉES ELLIPTIQUES 115

···················

Par ailleursf(√2 r cos t, r sin t) = 2r2 cos2 t+ r2 sin2 t .

On a donc

∫∫

f(√2 r cos t, r sin t)

dr dt =

∫∫

√2 r3(2 cos2 t+ sin2 t) dr dt .

2π∫

(2 cos2 t+ sin2 t) dt

√2 r3 dr

En linéarisant

2 cos2 t+ sin2 t = cos2 t+ 1 =3 + cos 2t

donc2π∫

(2 cos2 t+ sin2 t) dt =1

2π∫

(3 + cos 2t) dt =1

3t+sin 2t

= 3π .

On a également1∫

√2 r3 dr =

[√2r4

Finalement

I =3π

70) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’intérieur du quart d’ellipse d’équationx2

b2≤ 1 (a > 0 et b > 0) situé dans le quart

de plan des coordonnées positives, etf(x, y) = xy .

··········

·········

········

·······

······

·····

····

···

x = ar cos t et y = br sin t ,

dr dt=

a cos t −ar sin tb sin t br cos t

= abr .

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ t ≤ π

·······

Par ailleursf(ar cos t, br sin t) = abr2 cos t sin t .

On a donc

∫∫

f(ar cos t, br sin t)

dr dt =

∫∫

a2b2r3 cos t sin t dr dt .

π/2∫

cos t sin t dt

a2b2 r3 dr

π/2∫

sin 2t

a2b2 r3 dr

On a d’une part

π/2∫

sin 2t dt =1

−cos 2t

d’autre part1∫

a2b2 r3 dr = a2b2[

Finalement

I =a2b2

71) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est l’intérieur du quart d’ellipse d’équationx2

b2≤ 1 (a > 0 et b > 0) situé dans le quart

de plan des coordonnées positives, et

f(x, y) = xy(b2x2 + a2y2) .

··········

·········

········

·······

······

·····

····

···

dr dt=

= abr .

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ t ≤ π

·······

Par ailleursf(ar cos t, br sin t) = a3b3r4 cos t sin t .

On a donc

∫∫

dr dt =

∫∫

a4b4r5 cos t sin t dr dt .

π/2∫

cos t sin t dt

a4b4 r5 dr

π/2∫

sin 2t

a4b4 r5 dr

On a d’une part

π/2∫

sin 2t dt =1

−cos 2t

d’autre part1∫

a4b4 r5 dr = a4b4[

Finalement

I =a4b4

72) Calculer les coordonnées du centre de gravité du domaine D, intérieur du quart d’ellipse

d’équationx2

b2≤ 1 (a > 0 et b > 0) situé dans le quart de plan des coordonnées positives.

··········

·········

········

·······

······

·····

····

···

dr dt=

= abr .

·······

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ t ≤ π

avec successivementf(x, y) = 1 et f(x, y) = x .

1) f(x, y) = 1.

∫∫

dr dt =

∫∫

abr dr dt =

π/2∫

abr dr

2) f(x, y) = x.

On a icif(ar cos t, br sin t) = ar cos t .

On a donc

∫∫

dr dt =

∫∫

a2br2 cos t dr dt .

π/2∫

cos t dt

a2b r2 dr

On a d’une partπ/2∫

cos t dt =[

sin t]π/2

d’autre part1∫

a2b r2 dr = a2b

Finalement

En permutant les rôles de a et b, on aura également

yG =4b

2.3 Isométries

73) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le domaine contenant O limité par le cercle de centre O et de rayon√5 et la droite

d’équation y = −x− 3, etf(x, y) = x+ y .

√5−3 O

· · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

· · ·

On effectue une rotation de centre O et d’angle π/4, ramenant la droite à l’horizontal.

−3/√2

· · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

2.3. ISOMÉTRIES 123

On a donc le changement de variables

X =1√2(x− y) et Y =

1√2(x+ y) .

Ce changement de variables est donné par une matrice orthogonale et le déterminant jacobien vaut 1.

La droite d’équationx+ y = −3

a pour équation dans le nouveau repère

Y = − 3√2.

Le cercle d’équationx2 + y2 = 5

X2 + Y 2 = 5 .

Par ailleursf(x, y) =

√2Y .

(X,Y ) | −√

5− Y 2 ≤ X ≤√

5− Y 2 , − 3√2≤ Y ≤

∫∫

√2Y dx dy .

Pour Y fixé dans [−3/√2,

√5 ] on calcule tout d’abord

IX(Y ) =

√5−Y 2∫

−√5−Y 2

√2Y dX = 2

5− Y 2 ,

− 3√2

IX(Y ) dY =

− 3√2

2√2Y√

5− Y 2 dY =√2

3(5− Y 2)3/2

− 3√2

=2√2

5− 9

74) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 ≤ x+ y ≤ 4 , 0 ≤ x ≤ y , xy ≥ 1 ,

etf(x, y) = (x2 − y2) cos(xy) .

· ·· · ·· · · ·

· · · · ·· · · ·· · ·· ··

On effectue une rotation de centre O et d’angle −π/4, ramenant la première bissectrice à l’horizontal.

√2 X 2

· · · · · · ·· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · · ·· · · · · ·

· · · · ·· · · · ·

· · · ·· · · ·

· · ·· ·

2.3. ISOMÉTRIES 125

On a donc le changement de variables

X =1√2(x+ y) et Y =

1√2(−x+ y) .

Ce changement de variable est donné par une matrice orthogonale et le déterminant jacobien vaut 1.

La droite d’équationx+ y = 4

a pour équation dans le nouveau repèreX = 2

√2 .

Par ailleurs, puisqueX2 − Y 2 = 2xy ,

l’hyperbole d’équationxy = 1

X2 − Y 2 = 2 .

La branche située dans le quart de plan des coordonnées positives a donc pour équation

Y =√

X2 − 2 .

On a également(x+ y)(x− y) = −2XY ,

f(x, y) = −2XY cosX2 − Y 2

Le point de coordonnées (1, 1) est transformé en le point de coordonnées (√2, 0).

(X,Y ) |√2 ≤ X ≤ 2

√2 , 0 ≤ Y ≤

X2 − 2

∫∫

−2XY cosX2 − Y 2

2dx dy .

IY (X) =

√X2−2∫

−2XY cosX2 − Y 2

2X sinX2 − Y 2

]Y=√X2−2

= 2X sin 1− 2X sinX2

IY (X) dX =

2X sin 1− 2X sinX2

X2 sin 1 + 2 cosX2

]2√2

FinalementI = 2cos 4− 2 cos 1 + 6 sin 1 .

2.4 Changements de variables divers

75) Déterminer le centre de gravité du domaine D situé dans le quart de plan des coordonnéespositives, limité par les courbes d’équation

y = a2x , y =x

a2, xy = b2 , xy =

où 1 < a < b.

· · ·· · · · · ·· · · · · · ·

· · · ·· · ·

· ··

Effectuons le changement de variables

xet Y =

√xy ,

qui donne

Xet y = XY .

Le domaine D se transforme dans le rectangle

(X,Y ) | 1a< X < a ,

b< Y < b

· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·

2.4. CHANGEMENTS DE VARIABLES DIVERS 127

Φ(X,Y ) =

On obtient le déterminant jacobien

dX dY=

= −2Y

Pour le calcul de l’aire, on obtient

∫∫

dxdy =

∫∫

dX dY =

∫∫

XdX dY .

b2 − 1

ln a .

De même

∫∫

x dxdy =

∫∫

XdX dY =

∫∫

X2dX dY .

2Y 2 dY

a− 1

b3 − 1

∫∫

y dxdy =

∫∫

Y X dX dY =

∫∫

2Y 2 dX dY .

2Y 2 dY

a− 1

b3 − 1

On trouve donc

xG = yG =1

a− 1

b3 − 1

b2 − 1

a− 1

b2 + 1 +1

76) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x > 0 , y > 0 , x+ y < 1 .

etf(x, y) =

ln(1− x− y) ,

en utilisant le changement de variables

x = X(1 − Y ) et y = XY .

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

On a également

X = x+ y et Y =y

Si (x, y) appartient à D, alors X < 1, XY > 0 et X(1 − Y ) > 0, ce qui implique 0 < X < 1 et0 < Y < 1. Le couple (X,Y ) appartient au carré

∆ = ] 0, 1 [ 2 .

Inversement, si (X,Y ) appartient à ∆, alors 0 < x+ y < 1, puis

x+ y< 1

donc y > 0 et y < x+ y ce qui montre que x > 0. Il en résulte que (x, y) est dans D.

·······

dX dY=

1− Y −X

D’autre part

f(x, y) =XY

X(1 − Y )ln(1−X) .

∫∫

X(1 − Y )ln(1−X) dX dY =

∫∫

X3/2 Y√1− Y

ln(1−X) dX dY .

X3/2 ln(1−X) dX

Y√1− Y

Tout d’abord

Y√1− Y

1√1− Y

−√1− Y

−2√1− Y +

3(1− Y )3/2

Ensuite, en effectuant le changement de variable X = t2, qui donne dX = 2t dt, on a

X3/2 ln(1−X) dX = 2

t4 ln(1− t2) dt .

t4 ln(1− t2) dt =t5

5ln(1− t2) +

1− t2dt .

Maist6

1− t2= −1− t6

1− t2+

1− t2= −(t4 + t2 + 1) +

1 + t+

1− t

Alors∫

t4 ln(1− t2) dt =1

t5 ln(1− t2)− 2t5

5− 2t3

3− 2t+ ln

1− t

(t5 − 1) ln(1− t) + (t5 + 1) ln(1 + t)− 2t5

5− 2t3

3− 2t

On en déduit

(t5 − 1) ln(1− t) + (t5 + 1) ln(1 + t)− 2t5

5− 2t3

3− 2t

2 ln 2− 2

5− 2

3− 2

2 ln 2− 46

Finalement

I = I1 × I2 =8

2 ln 2− 46

77) Soit a un nombre réel strictement positif. Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 < y < x .

f(x, y) =(x− y)a

(x+ y)a(1 + (x2 − y2)2),

X =x− y

x+ yet Y = x2 − y2 .

· · · · · · ·· · · · · ·

· · · · ·· · · ·

· · ·· ·

Si (x, y) appartient à D, on a alors

Y > 0 et 0 < X < 1 ,

donc (X,Y ) appartient à∆ = (X,Y ) | 0 < X < 1 , Y > 0 .

········

Montrons que l’application Ψ définie par

Ψ(x, y) =

x− y

x+ y, x2 − y2

est une bijection de D sur ∆.

Si (X,Y ) appartient à ∆, considérons le système

X =x− y

Y = x2 − y2

1−X =2y

x+ y> 0 et Y = (x− y)(x+ y) > 0 .

Les nombres y, x+ y, x− y sont de même signe. Le système conduit à

XY = (x− y)2 etY

X= (x+ y)2 .

Si l’on cherche une solution dans D, les nombres x+ y et x− y sont alors positifs et l’on a

x− y =√XY et x+ y =

et y =1

Le système a une solution au plus dans D.

Si (X,Y ) est dans ∆, posons

Φ(X,Y ) = (x, y) =

On a de manière évidente x > y. Par ailleurs

X(1−X) > 0 .

Donc (x, y) est dans D.

En remontant les calculs précédents, on a

x− y =√XY et x+ y =

puisx− y

√X2 = X et (x− y)(x+ y) =

√Y 2 = Y ,

= (X,Y ) .

dx dy=

(x+ y)2− 2x

(x+ y)2

2x −2y

= 4x2 − y2

(x+ y)2= 4X .

Doncdx dy

dX dY=

D’autre part

f(x, y) =Xa

1 + Y 2.

∫∫

f(x, y)

dX dY =

∫∫

Xa−1

1 + Y 2dX dY .

Xa−1 dX

∞∫

1 + Y 2

78) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

(x, y) | 0 < x < 1 , 0 < y <1

etf(x, y) = x−1/4y−1/2 ,

x = X et y =Y

··············

·········

·······

·····

On a donc

X = x et Y = xy ,

et l’on constate que (x, y) appartient à D, si et seulement si (X,Y ) appartient à

∆ = ] 0, 1 [ 2 .

·······

dX dY=

D’autre part

f(x, y) = X−1/4

)−1/2

= X1/4 Y −1/2 .

On calcule donc

∫∫

dX dY =

∫∫

X−3/4 Y −1/2 dX dY .

X−3/4 dX

Y −1/2 dy

4X1/4]1

2Y 1/2]1

0= 8 .

79) Calculer I =

∫∫

f(x, y) dx dy

où D est le domaine situé dans le demi-plan des ordonnées positives, limité par les courbes d’équation

y = x , xy = a , y2 − x2 = 1 , xy = b ,

où 0 < a < b, etf(x, y) = (y2 − x2)xy (x2 + y2) ,

X = xy et Y = y2 − x2 .

·· · ·· · · ·

· · ·· · ·

dx dy=

−2x 2y

= 2(x2 + y2) .

Le domaine D se transforme dans le rectangle

∆ = (X,Y ) | a < X < b , 0 < Y < 1 .

Par ailleurs

f(x, y)

= (y2 − x2)xy(x2 + y2) dx dy =1

2Y X .

········

On a donc

∫∫

Y X dX dY .

On obtient tout d’abord

IY (X) =1

Y X dY =1

X + 1,

IY (X) dX =1

X + 1=

ln(X + 1)]b

80) Soit t, α et β trois nombres réels strictement positifs. On pose

Γ(t) =

∞∫

e−xxt−1 dx et B(α, β) =

xα−1 (1− x)β−1 dx .

Montrer queΓ(α+ β)B(α, β) = Γ(α) Γ(β) .

En déduire Γ(1/2).

Remarquons que les deux intégrales Γ(t) et B(α, β) sont convergentes.

Considérons la fonction f continue positive, définie sur le domaine

D = ] 0, +∞ [ 2

parf(x, y) = e−(x+y)xα−1 yβ−1 .

········

Comme les variables se séparent, on a

∫∫

f(x, y) dxdy =

∞∫

e−xxα−1 dx

∞∫

e−yyβ−1 dy

= Γ(α) Γ(β) .

Effectuons le changement de variables

X = x+ y et Y =x

Il établit une bijection de D sur le domaine

∆ = ] 0, ∞ [× ] 0, 1 [ ,

car on a alorsx = XY y = (1− Y )X .

· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·· · · · · · · ·

dX dY=

1− Y −X

= −X .

D’autre part

f(x, y) = f(XY, (1− Y )X) = e−X(XY )α−1[

(1− Y )X]β−1

On obtient alors

∫∫

f(XY, (1 − Y )X

∫∫

e−X(XY )α−1[

(1− Y )X]β−1

∫∫

e−XXα+β−1 Y α−1(1− Y )β−1 dX dY .

∞∫

e−XXα+β−1 dX

Y α−1(1− Y )β−1 dY

= Γ(α+ β)B(α, β) .

Deuxième partie

INTEGRATION DANS R3

Chapitre 3

THEOREME DE FUBINI

81) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est le domaine limité par les plans d’équation x = 0, y = 0, z = 0, x+ y + z = 1 et

f(x, y, z) = (x+ y + z)2 .

La projection du domaine D sur le plan xOy est le domaine D limité par les axes et la droite d’équationx+ y = 1.

Lorsque (x, y) appartient à D , on a

Iz(x, y) =

1−x−y∫

(x+ y + z)2 dz =

(x+ y + z)3

]z=1−x−y

1− (x+ y)3)

On calcule alors l’intégrale double

∫∫

1− (x+ y)3)

dx dy .

Lorsque x est compris entre 0 et 1, on a

Izy(x) =

1−x∫

Iz(x, y) dy =

1−x∫

1− (x+ y)3)

y − (x+ y)4

]y=1−x

4− x

12x4 .

Izy(x) dx =

4− x

4− x2

60x5]1

82) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est le domaine limité par les plans d’équation x = 0, y = 0, z = 0, x+ y + z = 1 et

f(x, y, z) = ex+y+z .

La projection du domaine D sur le plan xOy est le domaine D limité par les axes et la droite d’équationx+ y = 1.

Iz(x, y) =

1−x−y∫

ex+y+z dz =[

ex+y+z]z=1−x−y

z=0= e− ex+y .

∫∫

e− ex+y)

dx dy .

Izy(x) =

1−x∫

Iz(x, y) dy =

1−x∫

e− ex+y)

ey − ex+y]y=1−x

y=0= e(1− x)− e+ ex = ex − ex .

Izy(x) dx =

(ex − ex) dx =

ex − ex2

2− 1 .

83) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

oùD = (x, y, z) | 0 ≤ z ≤ x2 + y2 , 0 ≤ y ≤ x ≤ 1

etf(x, y, z) = x+ y + z .

La projection du domaine D sur le plan xOy est le domaine D limité par Ox et les droites d’équationy = x et x = 1.

Iz(x, y) =

x2+y2∫

(x+ y + z) dz =[

(x+ y)z +z2

]z=x2+y2

z=0= (x+ y)(x2 + y2) +

(x2 + y2)2

On a donc

Iz(x, y) =1

2(x4 + y4) + x3 + xy2 + yx2 + y3 + x2y2 .

∫∫

Iz(x, y) dx dy .

Izy(x) =

Iz(x, y) dy

y4 + 2y3 + 2(x2 + x)y2 + 2x2y + (x4 + 2x3))

2+ 2(x2 + x)

3+ x2y2 + (x4 + 2x3)y

2+ 2(x2 + x)

3+ x4 + (x4 + 2x3)x

Izy(x) dx =1

84) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est le domaine limité par les plans d’équation x = 0, y = 0, z = 0, x+ z = 1, y + z = 1 et

f(x, y, z) = (x− y + z)2 .

On sépare le domaine en deux parties grâce au plan d’équation y = z.

1) La projection du domaine D1 sur le plan xOy est le triangle D1 limité par Ox et les droites d’équa-tion y = x et x = 1.

Lorsque (x, y) appartient à D1, on a

Iz(x, y) =

1−x∫

(x− y + z)2 dz =1

(x− y + z)3]z=1−x

(1− y)3 − (x− y)3)

∫∫

(1− y)3 − (x− y)3)

dx dy .

Izy(x) =

Iz(x, y) dy =1

(1− y)3 − (x− y)3)

−(1− y)4

(x− y)4

d’où

Izy(x) =1

12(−(1− x)4 + 1− x4) .

Izy(x) dx =1

(−(x− 1)4 + 1− x4) dx =1

−(x− 1)5

5+ x− x5

2) La projection du domaine D2 sur le plan xOy est le triangle D2 limité par Oy et les droites d’équa-tion y = x et y = 1.

Lorsque (x, y) appartient à D2, on a

Iz(x, y) =

1−y∫

(x− y + z)2 dz =1

(x− y + z)3]z=1−y

(x+ 1− 2y)3 − (x− y)3)

On calcule ensuite l’intégrale double

∫∫

(x+ 1− 2y)3 − (x− y)3)

dx dy .

Lorsque y est compris entre 0 et 1, on a

Izx(y) =

Iz(x, y) dx =1

(x+ 1− 2y)3 − (x− y)3)

(x+ 1− 2y)4

4− (x− y)4

d’où

Izx(y) =1

(1− y)4 − (1− 2y)4 + y4)

Izx(y) dy =1

(y − 1)4 − (2y − 1)4 + y4)

(y − 1)5

5− (2y − 1)5

Finalement

I = I1 + I2 =1

85) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

oùD = (x, y, z) | 0 ≤ y ≤ 1− x2 , |x+ y + z| ≤ 1 ,

etf(x, y, z) = x2y .

Le domaine D est limité par les deux plans d’équations respectives x+ y + z = 1 et x+ y + z = −1.Sa projection sur les plan xOy est le domaine D limité par l’axe Ox et la parabole d’équation y = 1−x2.

Si (x, y) est un point de D , on calcule alors

Iz(x, y) =

1−x−y∫

−1−x−y

x2y dz = 2x2y .

Puis on calcule l’intégrale double

∫∫

Iz(x, y) dx dy .

Izy(x) =

1−x2∫

2x2y dy =[

x2y2]y=1−x2

y=0= x2(1− x2)2 ,

et finalement

x2(1− x2)2 dx =

(x2 − 2x4 + x6) dx = 2

3− 2

86) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est le domaine limité par les plans d’équation x = 0, y = 0, z = 0, et la sphère de centre O etde rayon 1, dont les points ont des coordonnées positives

f(x, y, z) = xyz .

La projection sur les plan xOy du domaine D est le domaine D situé dans le quart de plan x ≥ 0,y ≥ 0, limité par les axes et le cercle d’ équation x2 + y2 = 1.

Si (x, y) est un point de D , on calcule alors

Iz(x, y) =

√1−x2−y2∫

xyz dz =1

2xy(1− x2 − y2) .

On calcule ensuite l’intégrale double

∫∫

Iz(x, y) dx dy .

Izy(x) =

√1−x2∫

2xy(1− x2 − y2) dy

√1−x2∫

(1− x2)y − y3)

(1− x2)y2

2− y4

]y=√1−x2

=x(1− x2)2

Finalement

x(1− x2)2

−(1− x2)3

87) Soit D une partie du demi-plan xOy d’ordonnées positives, d’aire A (D) et de centre de gravitéG, et soit

D = (x, y, z) | 0 ≤ z ≤ λy + µ , (x, y) ∈ D(cylindre tronqué), où λ et µ sont des nombres positifs. Montrer que

V (D) = (λyG + µ)A (D) .

Application : D est limité par l’ellipse d’équation

(y − c)2

où c > b > 0 et a > 0.

On calcule

V (D) =

∫∫∫

dx dy dz .

Iz(x, y) =

λy+µ∫

dz = λy + µ .

V (D) =

∫∫

Iz(x, y) dx dy = λ

∫∫

y dx dy + µ

∫∫

dx dy = λA (D) yG + µA (D) .

Pour l’ellipseA (D) = πab et yG = c ,

d’oùV (D) = πab(λc+ µ) .

88) Soit D un domaine de R3 tel que, pour tout z compris entre a et b, (a < b), l’intersection de

D et du plan orthogonal à Oz ait pour aire S(z).Montrer que si S est un polynôme de degré au plus 3, le volume V de D est donné par la formule

6(b− a)

S(a) + S(b) + 4S

Retrouver le volume d’un cône de hauteur h dont la base a pour aire A .

Le théorème de Fubini permet d’écrire

S(z) dz .

Posons

V′ =

6(b− a)

S(a) + S(b) + 4S

Ces deux expressions étant linéaires en S, il suffit de démontrer leur égalité pour S(z) = zp où ≤ p ≤ 3.

On a dans ce cas

zp dz =bp+1 − ap+1

V′ =

6(b− a)

ap + bp + 4(a+ b)p

Si p = 0, on obtient

V′ = b− a = V .

V′ =

6(b− a)

a+ b+ 4(a+ b)

=(a+ b)(b− a)

b2 − a2

2= V .

V′ =

6(b− a)

a2 + b2 + 4(a+ b)2

=(b− a)(a2 + ab+ b2)

b3 − a3

3= V .

Enfin Si p = 3, on obtient

V′ =

6(b− a)

a3 + b3 + 4(a+ b)3

=(b− a)(a3 + a2b+ ab2 + b3)

b4 − a4

4= V .

Pour un cône, posons a = 0 et b = h. On a S(a) = A . Lorsque z est compris entre 0 et h, l’intersectiondu cône et du plan orthogonal à Oz s’obtient à partir de la base par une homothétie dont le centre est

le sommet du cône et le rapporth− z

h. Alors

S(z) =

h− z

S(a) .

C’est donc un polynôme de degré 2 en z. Alors

S(h/2) =1

et l’application de la formule obtenue donne

89) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

oùD = (x, y, z) |x ≥ 0 , y ≥ 1 , z ≥ 2y ,

f(x, y, z) =1

(x+ y + z)4.

La fonction f est positive sur D.

La projection sur le plan yOz est alors le domaine D limité par les droites y = 1 et z = 2y.

Lorsque (y, z) appartient à D , on a

Ix(y, z) =

∞∫

(x+ y + z)4= −1

(x+ y + z)3

]x=∞

(y + z)3.

∫∫

Ix(y, z) dy dz =1

∫∫

(y + z)3.

Lorsque x est positif

Ixz(y) =

∞∫

Ix(y, z) dz =1

∞∫

(y + z)3= −1

(y + z)2

]z=∞

(3y)2.

∞∫

Ixz(y) dy =1

∞∫

Chapitre 4

4.1 Coordonnées cylindriques

90) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y) dx dy dz

oùD = (x, y, z) | 0 ≤ z ≤ 1 , x2 + y2 ≤ z2 ,

etf(x, y, z) = |xyz| .

Le domaine D est invariant par rotation d’axe Oz. On utilise les coordonnées cylindriques.

x = r cos t , y = r sin t , z .

Le dessin suivant représente l’intersection de D avec le plan rOz.

Le cône d’équation cartésienne x2 + y2 = z2 a pour équation cylindrique r = z. On intègre donc sur ledomaine

∆ = (r, t, z) | 0 ≤ r ≤ z ≤ 1 , −π ≤ t ≤ π ,et

f(r cos t, r sin t, z) = r2| cos t sin t |z =r2

2| sin 2t | z .

∫∫∫

f(r cos t, r sin t, z) r dr dt dz =

∫∫∫

2| sin 2t | z dr dt dz .

Lorsque (z, t) est fixé dans ∆1 = [ 0, 1 ] × [−π, π ] , la variable r est comprise entre 0 et z. On calculetout d’abord

Ir(z, t) =

2| sin 2t | z dr =

8| sin 2t | z

8| sin 2t | .

∫∫

Ir(z, t) dz dt .

| sin 2t | dt

Comme la fonction qui à t associe | sin 2t | est de période π/2,

| sin 2t | dt = 4

π/2∫

sin 2t dt =[

− 2 cos 2t]π/2

0= 4 .

Par ailleurs,1∫

z5 dz =1

d’où

4.1. COORDONNÉES CYLINDRIQUES 163

91) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y) dx dy dz

oùD = (x, y, z) | z ≥ 0 , x2 + y2 + z2 ≤ 1 ,

etf(x, y, z) = z cos(x2 + y2) .

Le domaine D est invariant par rotation d’axe Oz (demi-sphère). On utilise les coordonnées cylin-driques.

La sphère d’équation cartésienne x2 + y2 + z2 = 1 a pour équation cylindrique r2 + z2 = 1. On intègredonc sur le domaine

∆ = (r, t, z) | r2 + z2 ≤ 1 , −π ≤ t ≤ π , z ≥ 0 , r ≥ 0 ,

etf(r cos t, r sin t, z) = z cos r2 .

∫∫∫

zr cos r2 dr dt dz .

Lorsque r et t sont fixés dans ∆1 = [ 0, 1 ] × [−π, π ] , la variable z est comprise entre 0 et√1− r2.

Iz(r, t) =

√1−r2∫

zr cos r2 dz =

2r cos r2

]z=√1−r2

2(1− r2) r cos r2 .

∫∫

Iz(r, t) dr dt .

2(1− r2) r cos r2 dr

(1− r2) r cos r2 dr .

Pour calculer cette intégrale, effectuons le changement de variable u = r2. Alors du = 2rdr, et

I = π

(1− u) cos udu

On intègre par parties

(1− u) sinu]1

sinu du

− cos u]1

2(1− cos 1) .

92) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y) dx dy dz

oùD = (x, y, z) |x2 + y2 + z2 ≤ 4 , x2 + z2 ≤ x ,

où a > 0, etf(x, y, z) = x |z| .

On utilise les coordonnées cylindriques.

x = r cos t , z = r sin t , y .

Le dessin de gauche représente la projection de D sur xOz, celui de droite l’intersection de D avec leplan rOy.

Le cylindre d’équation cartésienne x2 + z2 = x a pour équation cylindrique r = cos t où t est comprisentre −π/2 et π/2, et la sphère d’équation cartésienne x2 + y2 + z2 = 4 a pour équation sphériquer2 + y2 = 4. On intègre donc sur le domaine

(r, t, z) | − π

2≤ t ≤ π

2, r2 + y2 ≤ 4 , 0 ≤ r ≤ cos t

f(r cos t, r sin t, z) = r2 cos t | sin t | .

∫∫∫

r3 cos t | sin t | dr dt dz .

Pour (t, r) fixé dans ∆1 =

(r, t) | − π2 ≤ t ≤ π

2 , 0 ≤ r ≤ cos t

, on calcule tout d’abord

Iz(t, r) =

√4−r2∫

−√4−r2

r3 cos t | sin t | dz = 2r3 cos t | sin t |√

4− r2 .

∫∫

Iz(t, r) dt dr .

On obtient tout d’abord

Ir(t) =

cos t∫

2r3 cos t | sin t |√

4− r2 dr .

En effectuant le changement de variable u = r2, donc du = 2rdr, on obtient

Ir(t) =

cos2 t∫

cos t | sin t |u√4− u du ,

que l’on intègre par parties

Ir(t) = cos t | sin t |

3u(4− u)3/2

]u=cos2 t

cos2 t∫

(4− u)3/2 du

= cos t | sin t |[

3u(4− u)3/2 − 4

15(4− u)5/2

]u=cos2 t

= cos t | sin t |(

15− 2

3cos2 u (4 − cos2 u)3/2 − 4

15(4− cos2 u)5/2

Pour finir, et en utilisant la parité,

π/2∫

cos t sin t

15− 2

3cos2 t (4− cos2 t)3/2 − 4

15(4− cos2 t)5/2

En effectuant le changement de variable v = cos2 t, on a dv = −2 sin t cos t dt d’où

15− 2

3v (4− v)3/2 − 4

15(4− v)5/2

v (4− v)3/2 dv = −2

5v(4 − v)5/2 +

(4− v)5/2 dv = −2

5v(4− v)5/2 − 4

35(4− v)7/2 ,

d’où

15v(4− v)5/2 +

105(4− v)7/2

1535/2 +

10537/2 − 16

10547/2

√3 +

√3− 128 × 16

√3− 384

93) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y) dx dy dz

où D est le tore engendré en faisant tourner autour de Oz, le disque limité par le cercle d’équation(x− a)2 + z2 = R2 (0 < R ≤ a), et

f(x, y, z) = x2 + y2 .

On utilise les coordonnées cylindriques.

Le dessin de gauche suivant représente l’intersection de D avec le plan rOz.

a+Ra−R

Le tore a pour équation cylindrique (r − a)2 + z2 ≤ R2. On intègre donc sur le domaine

∆ = (r, t, z) | − π ≤ t ≤ π , (r − a)2 + z2 ≤ R2 ,

etf(r cos t, r sin t, z) = r2 .

On a donc

∫∫∫

r3 dr dt dz .

Si l’on fixe (r, t) dans ∆1 = [ a−R, a+R ] × [−π, π ] , le nombre z varie de −√

R2 − (r − a)2 à√

R2 − (r − a)2 et

Iz(r, t) =

√R2−(r−a)2∫

−√

R2−(r−a)2

dz = 2√

R2 − (r − a)2 .

∫∫

R2 − (r − a)2 r3dr dt .

Comme les variables se séparent, on a

a+R∫

R2 − (r − a)2 rdr

a+R∫

R2 − (r − a)2 r3dr .

Effectuons le changement de variable r = a+R sinu où u varie de −π/2 à π/2. On a dr = R cos u du,et

I = 4π

π/2∫

−π/2

(a+R sinu)3R2 cos2 u du

= 4πR2

π/2∫

−π/2

(a3 + 3aR2 sin2 u) cos2 u du+ 4πR2

π/2∫

−π/2

(3a2R sinu+R3 sin3 u) cos2 u du .

En raison de la parité de la fonction, la dernière intégrale est nulle. Donc

I = 4πR2

π/2∫

−π/2

(a3 + 3aR2 sin2 u) cos2 u du

= 4πR2a3π/2∫

−π/2

cos2 u du+ 3πR4a

π/2∫

−π/2

sin2 2u du

= 4πR2a3π/2∫

−π/2

1 + cos 2u

2du+ 3πR4a

π/2∫

−π/2

1− cos 4u

= 4πR2a3[

u+sin 2u

)]π/2

−π/2

+ 3πR4a

u− sin 4u

)]π/2

−π/2

= 4πR2a3π

2+ 3πR4a

2π2R2a(4a2 + 3R2) .

94) Calculer le volume V =

∫∫∫

dx dy dz d’un tronc de cône de révolution.

Prenons un cône de sommet O et d’axe de révolution Oz. L’équation du cône est alors x2 + y2 = λz2

(λ > 0). Coupons par les plans d’équation z = h1 et z = h2.

On utilise les coordonnées cylindriques

La cône a pour équation équation cylindrique r = λz. On intègre donc sur le domaine

∆ = (r, t, z) | 0 ≤ r ≤ λz , −π ≤ t ≤ π , h1 ≤ z ≤ h2 ,

∫∫∫

r dr dt dz .

Si (t, z) appartient à ∆1 = [−π, π ] × [h1, h2 ] on calcule tout d’abord

Ir(t, z) =

λz∫

r dr = λ2 z2

λ2 z2

∫∫

Ir(t, z) dt dz =λ2

=λ2π

3(h32 − h31) .

On peut écrire

3(h2 − h1)(λ

2h22 + λ2h1h2 + λ2h21) .

Alors, en notant h = h2 − h1 la hauteur du tronc de cône, et R2 = λh2 et R1 = λh1 les rayons descercles limitant le tronc de cône, on obtient

V =hπ

2 +R1R2 +R21) .

En particulier

V =hπ

pour le cône.

∫∫∫

dx dy dz de la partie de la sphère de centre O et de rayon R,

comprise entre les plans d’équation z = h1 et z = h2 (R ≥ h1 > h2 ≥ −R).

La sphère d’équation cartésienne x2 + y2 + z2 = R2 a pour équation cylindrique r2 + z2 = R2. Onintègre donc sur le domaine

∆ = (r, t, z) |h2 ≤ z ≤ h1 , −π ≤ t ≤ π , 0 ≤ r ≤√

R2 − z2 ,

∫∫∫

r dr dt dz .

La projection de ∆ sur le plan tOz est le rectangle ∆1 = [−π, π ] × [h1, h2 ] . Lorsque (t, z) appartientà ∆1 on a

Ir(t, z) =

√R2−z2∫

r dr =1

2(R2 − z2) .

∫∫

Ir(t, z) dt dz =,

2(R2 − z2) dz

R2(h1 − h2)−1

3(h31 − h32)

Remarque : si h1 = R et h2 = −R, on retrouve le volume de la sphère

3πR3 .

∫∫∫

dx dy dz de la partie limitée par la sphère de centre O et de

rayon 5 et le demi-cône supérieur de sommet Ω(0, 0, 1) et d’angle 2α = π/2.

Lorsque t est fixé, la génératrice du cône a pour équation cylindrique z = r + 1. La sphère a pouréquation r2 + z2 = 25 . Pour l’intersection on a donc,

r2 + (r + 1)2 = 25 ,

soit2r2 + 2r − 24 = 0 .

On trouve r = 3. On intègre sur le domaine

∆ = (r, t, z) | r + 1 ≤ z ≤√

25− z2 , 0 ≤ r ≤ 3 , −π ≤ t ≤ π .

∫∫∫

r dr dt dz .

La projection de ce domaine sur le plan rOt est le rectangle

∆1 = [ 0, 3 ] × [−π, π ] .

Lorsque (r, t) est dans ∆1, on calcule

Iz(r, t) =

√25−r2∫

r dz = r(√

25− r2 − (r + 1)) .

∫∫

Iz(r, t) dr dt .

Mais ∆1 est un rectangle, et les variables sont séparées, donc

25− r2 − (r + 1)) dr

3(25 − r2)3/2 − r3

3− r2

∫∫∫

dx dy dz de la partie limitée par le cylindre d’équation

x2 + y2 = a2 et l’hyperboloïde d’équation x2 + y2 − z2 = −a2 (a > o).

L’hyperboloïde a pour équation z2 − r2 = a2 et le cylindre r = a. On intègre sur le domaine

(r, t, z) | −√

a2 + r2 ≤ z ≤√

a2 + r2 , 0 ≤ r ≤ a , −π ≤ t ≤ π

∫∫∫

r dr dt dz .

La projection de ce domaine sur le plan rOt est le rectangle

∆1 = [ 0, a ] × [−π, π ] .

Lorsque (r, t) est dans ∆1, on calcule

Iz(r, t) =

√a2+r2∫

−√a2+r2

r dz = 2r√

a2 + r2 .

∫∫

Iz(r, t) dr dt .

Mais ∆1 est un rectangle, et les variables sont séparées, donc

a2 + r2 dr

3(a2 + r2)3/2

√2− 1) .

∫∫∫

dx dy dz du domaine D limité par le cône de révolution d’équation

x2 + y2

l’hyperboloïde d’équationx2 + y2

a2− z2

et les plans d’équation z = 0 et z = h où h > 0, a > 0 et c > 0.

Le cône a pour équation r =az

cet l’hyperboloïde r2 =

c2(z2 + c2) . Lorsque t et z sont fixés dans

∆1 = [−π, π ] × [ 0, h ] , on calcule

Ir(t, z) =

a√z2+c2/c∫

r dr =1

c2(z2 + c2 − z2) =

On a donc

∫∫∫

r dr dt dz .

∫∫

Ir(t, z) dt dz =a2

∫∫

dt dz =a2

2A (∆1) =

22πh = πa2h .

∫∫∫

dx dy dz du domaine D limité par le cône de révolution d’équation

x2 + y2

l’hyperboloïde d’équationx2 + y2

a2− z2

c2= −1

et le plan d’équation z = h où h > c > 0 et a > 0.

Le cône a pour équation r =az

cet l’hyperboloïde r2 =

c2(z2 − c2) .

On sépare le domaine en deux parties séparées par le plan d’équation z = c.

Pour la partie supérieure, lorsque t et z sont fixés dans ∆1 = [−π, π ] × [ c, h ] , on calcule

Ir(t, z) =

az/c∫

a√z2−c2/c

r dr =1

c2(z2 − (z2 − c2)) =

On a donc

∫∫∫

r dr dt dz .

∫∫

Ir(t, z) dt dz =a2

∫∫

dt dz =a2

2A (∆1) =

22π(h − c) = πa2(h− c) .

Pour la partie inférieure, on a le volume d’un cône de hauteur c. Le cercle de base a pour rayon r, donc

V′ =

3πa2c .

V (D) = πa2(

h− 2c

∫∫∫

dx dy dz du domaine D limité par le paraboloïde d’équation

z = a(x2 + y2) ,

et le plan d’équation z = h où a > 0 et h > 0.

Le paraboloïde a pour équation z = ar2 . Lorsque t et z sont fixés dans ∆1 = [−π, π ] × [ 0, h ] , oncalcule

Ir(t, z) =

√z/a∫

r dr =z

On a donc

∫∫∫

r dr dt dz .

∫∫

Ir(t, z) dt dz =1

∫∫

z dt dz .

∫∫∫

dx dy dz de la partie limitée par la sphère de centre O et de

rayon 1 et le cylindre d’équation x2 + y2 − y = 0 (Fenêtre de Viviani).

Le dessin de droite représente la projection de D sur le plan xOy.

La sphère d’équation cartésienne x2+y2+z2 = 1 a pour équation cylindrique r2+z2 = 1 et le cylindred’équation cartésienne x2+y2−y = 0, a pour équation cylindrique r = sin t . On intègre sur le domaine

(r, t, z) | −√

1− r2 ≤ z ≤√

1− r2 , 0 ≤ r ≤ sin t , −π

2≤ t ≤ π

On a donc

∫∫∫

r dr dt dz .

La projection de ce domaine sur le plan rOt est le domaine

∆1 =

(r, t) | 0 ≤ r ≤ sin t , −π

2≤ t ≤ π

Lorsque (r, t) appartient à ∆1, on calcule

Iz(r, t) =

√1−r2∫

−√1−r2

r dz = 2r√

1− r2 ,

∫∫

Iz(r, t) dr dt .

Si t est compris entre −π/2 et π/2, on calcule donc,

Irz(t) =

sin t∫

1− r2 dr =

3(1− r2)3/2

]r=sin t

3(1− cos3 t) .

π/2∫

−π/2

(1− cos3 t) dt .

En linéarisant

cos3 t =

eit + e−it

8(e3it + 3eit + 3e−it + e−3it) =

4(cos 3t+ 3cos t) .

π/2∫

−π/2

1− cos 3t+ 3cos t

t− 1

sin 3t

3+ 3 sin t

)]π/2

−π/2

3− 8

102) Soit K un domaine du demi-plan (x, z) |x ≥ 0. On note A son aire et xG l’abscisse deson centre de gravité. Montrer que le volume du domaine D obtenu en faisant tourner K autour del’axe Oz est donné par la formule

V = 2πxGA .

(Deuxième théorème de Guldin).Application : trouver le volume du tore engendré en faisant tourner autour de Oz, le disque limitépar le cercle d’équation (x− a)2 + z2 = R2 (0 < R ≤ a) .

Le dessin de gauche représente l’intersection de D avec le plan rOz.

On obtient

∫∫

r drdz

∫∫

r drdz ,

où Kt est l’intersection de D avec le plan vertical rOz, faisant un angle t avec xOz. On a donc, ennotant A (Kt) l’aire de Kt et rG(Kt) l’abscisse, dans le plan rOz du centre de gravité G(Kt) de cedomaine,

∫∫

r drdz = A (Kt)rG(Kt) .

Mais Kt et K sont isométriques, donc A (Kt) = A et rG(Kt) = xG. Alors

∫∫

r drdz = A xG .

On obtient donc le résultat voulu.

Si K est le cercle de centre G de coordonnées (a, 0) et de rayon R, on a A = πR2 et xG = a, doncV = 2aπ2R2.

103) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y) dx dy dz

oùD = (x, y, z) | 0 < z ≤ b , 0 < x2 + y2 ≤ 2ax ,

où a > 0, et

f(x, y, z) =z

x2 + y2.

La fonction est positive et on intègre sur un cylindre. On utilise les coordonnées cylindriques.

Le cylindre d’équation cartésienne x2 + y2 = 2ax a pour équation cylindrique r = 2a cos t où t estcompris entre −π/2 et π/2. On intègre donc sur le domaine

(r, t, z) | − π

2< t <

2, 0 < z < b , 0 < r < 2a cos t

f(r cos t, r sin t, z) =z

∫∫∫

z dr dt dz .

Pour (t, z) fixé dans ∆1 = [−π/2, π/2 ]× ] 0, b ] on calcule tout d’abord

Ir(t, z) =

2a cos t∫

z dr = 2az cos t ,

∫∫

Ir(t, z) dt dz .

Comme les intégrales se séparent, on a immédiatement

π/2∫

−π/2

2a cos t dt

= 2ab2π .

104) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y) dx dy dz

oùD = (x, y, z) | 0 < x2 + y2 ≤ z ≤ 1 ,

f(x, y, z) =x2

(x2 + y2)a, (a < 2) .

La fonction f est positive, et le domaine D est invariant par rotation d’axe Oz. On utilise les coordon-nées cylindriques.

Le paraboloïde de révolution d’équation cartésienne x2 + y2 = z a pour équation cylindrique z = r2.On intègre donc sur le domaine

∆ = (r, t, z) | 0 < r2 ≤ z ≤ 1 , −π ≤ t ≤ π , r > 0 ,et

f(r cos t, r sin t, z) =r2 cos2 t

cos2 t

r2a−2.

∫∫∫

cos2 t

r2a−3dr dt dz .

Lorsque z et t sont fixés dans ∆1 = ] 0, 1 ] × [−π, π ] , la variable r est comprise entre 0 et√z. On

calcule tout d’abord

Ir(z, t) =

cos2 t

r2a−3dr =

cos2 t

(4− 2a)r2a−4

]r=√z

4− 2a

cos2 t

za−2.

∫∫

Ir(z, t) dz dt .

4− 2a

cos2 t dt

za−2

4− 2a

1 + cos 2t

za−2

2(3 − a)(2− a).

4.2. COORDONNÉES SPHÉRIQUES 189

4.2 Coordonnées sphériques

105) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est la sphère de centre O et de rayon R, et

f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 .

On utilise les coordonnées sphériques

x = ρ cos θ cosϕ , y = ρ sin θ cosϕ , z = ρ sinϕ .

∆ = [ 0, R ] × [−π, π ] × [−π/2, π/2 ] ,

etf(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) = ρ2 .

∫∫∫

f(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) ρ2 cosϕdρ dθ dϕ =

∫∫∫

ρ4 cosϕdρ dθ dϕ .

ρ4 dρ

π/2∫

−π/2

cosϕdϕ

106) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

f(x, y, z) =√

R2 − (x2 + y2 + z2) .

∆ = [ 0, R ] × [−π, π ] × [−π/2, π/2 ] ,

etf(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) =

R2 − ρ2 .

∫∫∫

ρ2 cosϕ√

R2 − ρ2 dρ dθ dϕ .

ρ2√

R2 − ρ2 dρ

π/2∫

−π/2

cosϕdϕ

ρ2√

R2 − ρ2 dρ .

Pour calculer cette dernière intégrale, on peut faire le changement de variable ρ = R sinu, pour uvariant de 0 à π/2. On a alors dρ = R cos u du et

I = 4π

π/2∫

R2 sin2 uR2 cos2 u du = π

π/2∫

R4 sin2 2u = πR4

π/2∫

1− cos 4u

107) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

f(x, y, z) = (ax+ by + cz)2 .

On remarque tout d’abord qu’en raison des symétries du domaine D∫∫∫

xy dx dy dz =

∫∫∫

yz dx dy dz =

∫∫∫

zx dx dy dz = 0 ,

et que∫∫∫

x2 dx dy dz =

∫∫∫

y2 dx dy dz =

∫∫∫

z2 dx dy dz .

I = (a2 + b2 + c2)

∫∫∫

z2 dx dy dz .

Si l’on poseg(x, y, z) = z2 ,

on a donc

I = (a2 + b2 + c2)

∫∫∫

g(x, y, z) dx dy dz .

On intègre sur le domaine∆ = [ 0, 1 ] × [−π, π ] × [−π/2, π/2 ] ,

etg(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) = ρ2 sin2 ϕ .

∫∫∫

g(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) ρ2 cosϕdρ dθ dϕ =

∫∫∫

ρ2 sin2 ϕρ2 cosϕdρ dθ dϕ .

ρ4 dρ

π/2∫

−π/2

cosϕ sin2 ϕdϕ

sin3 ϕ

−π/2

d’où

I = (a2 + b2 + c2)4π

∫∫∫

dx dy dz du secteur sphérique, limité par la sphère de centre

O et de rayon R et le demi-cône supérieur de sommet O et d’angle 2α.

Si r =√

x2 + y2, le dessin suivant représente l’intersection de D avec le plan rOz.

La sphère d’équation cartésienne x2 + y2 + z2 = R2 a pour équation sphérique ρ = R. Le demi-cônesupérieur est caractérisé par π/2− α ≤ ϕ ≤ π/2. On intègre donc sur le domaine

∆ = [ 0, R ] × [−π, π ] × [π/2 − α, π/2 ] .

∫∫∫

ρ2 cosϕdρ dθ dϕ .

Comme les variables sont séparées on a immédiatement

ρ2 dρ

π/2∫

π/2−α

cosϕdϕ

3R3(1− cosα) .

Remarque : si α = π, on retrouve le volume de la sphère.

109) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

oùD = (x, y, z) | z > 0 , x2 + y2 + z2 < R2 ,

où R > 0, et

f(x, y, z) =z

x2 + y2.

On intègre sur le domaine∆ = ] 0, R [× ]−π, π [× ] 0, π/2 [ ,

etf(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) = tanϕ .

∫∫∫

ρ2 sinϕdρ dθ dϕ .

ρ2dρ

π/2∫

sinϕdϕ

110) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz,

où D est la sphère de centre O et de rayon R privée de l’origine, et

f(x, y, z) =1

x2 + y2 + z2.

On intègre sur le domaine∆ = ] 0, R ] × [−π, π ] × [−π/2, π/2 ] ,

f(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) =1

∫∫∫

ρ cosϕdρ dθ dϕ .

ρ dρ

π/2∫

−π/2

cosϕdϕ

= 2π R2 .

111) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est le domaine intérieur à la sphère de centre O et de rayon 1, et extérieur au cône de révolutiond’axe Oz et de demi-angle au sommet π/3, et

f(x, y, z) =x2 + y2

x2 + y2 + z2.

Si r =√

x2 + y2, le dessin suivant représente l’intersection de D avec le plan rOz.

∆ = ] 0, 1 ] × [−π, π ] × [−π/6, π/6 ] ,

f(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) = cos2 ϕ, .

∫∫∫

ρ2 cos3 ϕdρ dθ dϕ .

Comme les variables se séprent, on a immédiatement

ρ2 dρ

π/6∫

−π/6

cosϕ(1 − sin2 ϕ) dϕ

sinϕ− sin3 ϕ

−π/6

112) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est la sphère de centre O et de rayon 1 privée du point (0, 0, 1), et

f(x, y, z) =1

x2 + y2 + (z − 1)2.

On intègre sur le domaine∆ = [ 0, 1 ] × [−π, π ] × [−π/2, π/2 [ ,

f(ρ cos θ cosϕ, ρ sin θ cosϕ, ρ sinϕ) =1

ρ2 − 2ρ sinϕ+ 1.

∫∫∫

ρ2 cosϕ

ρ2 − 2ρ sinϕ+ 1dρ dθ dϕ .

Si (ρ, θ) appartient à ∆1 = [ 0, 1 ] × [−π, π ] , on calcule tout d’abord,

Iϕ(ρ, θ) =

π/2∫

−π/2

ρ2 cosϕ

ρ2 − 2ρ sinϕ+ 1dϕ

− ρ√

ρ2 − 2ρ sinϕ+ 1]ϕ=π/2

ϕ=−π/2

= −ρ√

ρ2 − 2ρ+ 1 + ρ√

ρ2 + 2ρ+ 1

= ρ[√

(ρ+ 1)2 −√

(ρ− 1)2]

(ρ+ 1)− (1− ρ)]

= 2ρ2 .

2ρ2 dρ dθ = 2

ρ2 dρ

4.3 Changements de variables divers

113) Calculer le volume de l’ellipsoïde D d’équation

c2≤ 1 .

où a > 0, b > 0 et c > 0.

En posant

a, Y =

b, Z =

l’ellipsoïde a pour équationX2 + Y 2 + Z2 ≤ 1 ,

ce qui est l’équation d’une sphère ∆ de centre O et de rayon 1 de volume V (∆) = 4π/3.

Le déterminant jacobien vaut alors

dx dy dz

dX dY dZ=

a 0 00 b 00 0 c

= abc .

V (D) = abc

∫∫∫

dX dY dZ = abcV (∆) =4

3πabc .

114) Soit A un domaine situé dans un plan, d’aire A (A), et S un point situé à une distance h dece plan. Montrer que le volume du domaine D limité par le cône de sommet S et de base A vaut

V (D) =1

3h× A (A) .

On choisit un repère (O,x, y, z) tel que le plan contenant A soit xOy, et tel que S ait pour coordonnées(0, 0, h).

Soit M un point de D de coordonnées (x, y, z). La droite SM coupe le plan xOy au point P decoordonnées (X,Y, 0). Il existe un nombre λ dans [ 0, 1 ] tel que

−−→OM = λ

−−→OP + (1− λ)

−→OS ,

c’est-à-direx = λX , y = λY , z = (1− λ)h .

Lorsque le point (X,Y, λ) décrit ∆ = A× [ 0, 1 ] on obtient ainsi un paramétrage de D.

dx dy dz

dX dY dλ=

λ 0 X0 λ Y0 0 −h

= −λ2h .

V (D) =

∫∫∫

dx dy dz =

∫∫∫

dx dy dz

dX dY, dλ

dX dY dλ =

∫∫∫

λ2hdX dY dλ .

V (D) = h

λ2 dλ

∫∫

3A (A) .

115) Calculer I =

∫∫∫

f(x, y, z) dx dy dz

où D est limité par les plans d’équation x = 0, y = 0, z = 0, x+ y + z = 1 et

f(x, y, z) = xyz(1− x− y − z) ,

x = u(1− v) , y = uv(1− w) , z = uvw .

Remarquons que les systèmes

x = u− uvy = uv − uvwz = uvw

x+ y + z = uy + z = uvz = uvw

sont équivalents. Donc si (x, y, z) appartient à l’intérieur du domaine D, on a encore

u = x+ y + z

v =y + z

x+ y + z

L’application Φ définie par

Φ(u, v, w) = (u− uv, uv − uvw, uvw)

réalise une bijection de ∆ = ] 0, 1 [ 3 sur l’intérieur de D.

dx dy dz

du dv dw=

1− v −u 0v(1− w) u(1− w) −uv

vw uw uv

En mettant u en facteur dans la deuxième colonne et uv dans la troisième,

dx dy dz

du dv dw= u2v

1− v −1 0v(1− w) 1− w −1

vw w 1

puis en additionnant la troisième ligne à la deuxième

dx dy dz

du dv dw= u2v

1− v −1 0v 1 0vw w 1

= u2v .

On a égalementf(u(1− v), uv(1 − w), uvw) = u3v2w(1 − u)(1 − v)(1− w) .

∫∫∫

f(u(1− v), uv(1 − w), uvw)u2v du dv dw =

∫∫∫

u5v3w(1 − u)(1− v)(1 − w) du dv dw .

(u5 − u6) du

(v3 − v4) dv

(w − w2) dw

ce qui donne

6− 1

4− 1

2− 1

3× 2=

∫∫∫

dx dy dz du domaine D limité par la surface d’équation

)2/3+(y

)2/3+(z

)2/3= 1 ,

où a > 0, b >, et c > 0, en utilisant le changement de variables

x = aρ(cos θ cosϕ)3 , y = bρ(sin θ cosϕ)3 , z = cρ(sinϕ)3 ,

où (ρ, t, ϕ) décrit [ 0, 1 ] × [−π, π ] × [−π/2, π/2 ] .

Le changement de variables utilisé est analogue aux coordonnées sphériques. Le déterminant jacobienvaut alors

dx dy dz

dρ dθ dϕ=

a cos3 ϕ cos3 θ −3aρ cos3 ϕ cos2 θ sin θ −3aρ cos2 ϕ cos3 θ sinϕb cos3 ϕ sin3 θ 3bρ cos3 ϕ sin2 θ cos θ −3bρ cos2 ϕ sin3 θ sinϕ

c sin3 ϕ 0 3cρ sin2 ϕ cosϕ

En mettant en facteur a cos2 ϕ cos2 θ dans la première ligne, b cos2 ϕ sin2 θ dans la deuxième et c sin2 ϕdans la troisième, on obtient

dx dy dz

dρ dθ dϕ= abc cos4 ϕ sin2 ϕ cos2 θ sin2 θ

cosϕ cos θ −3ρ cosϕ sin θ −3ρ cos θ sinϕcosϕ sin θ 3ρ cosϕ cos θ −3ρ sin θ sinϕ

sinϕ 0 3ρ cosϕ

En mettant alors 3ρ en facteur dans les deuxième et troisième colonne, on trouve

dx dy dz

dρ dθ dϕ= 9ρ2abc cos4 ϕ sin2 ϕ cos2 θ sin2 θ

cosϕ cos θ − cosϕ sin θ − cos θ sinϕcosϕ sin θ cosϕ cos θ − sin θ sinϕ

sinϕ 0 cosϕ

Mais le déterminant restant n’est autre que celui qui apparaît dans le calcul du jacobien des coordonnéessphériques et vaut cosϕ. Donc

dx dy dz

dρ dθ dϕ= 9abcρ2 cos5 ϕ sin2 ϕ cos2 θ sin2 θ .

On en déduit alors, puisque les variables sont séparées, que

V = 9abc

ρ2 dρ

cos2 θ sin2 θ dθ

π/2∫

−π/2

cos5 ϕ sin2 ϕdϕ

On obtientπ∫

cos2 θ sin2 θ dθ =1

sin2 2θ dθ =1

(1− cos 4t) dθ =π

et, en posant u = sinϕ, donc du = cosϕdϕ,

π/2∫

−π/2

cos5 ϕ sin2 ϕdϕ =

π/2∫

−π/2

cosϕ(1 − sin2 ϕ)2 sin2 ϕdϕ

(1− u2)2u2 du

(u2 − 2u4 + u6) du =16

Finalement

V = 9abc1

105= 4π

Troisième partie

INTEGRATION DANS Rp

Chapitre 5

THEOREME DE FUBINI

117) Calculer I =

· · ·∫

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùD = [ 0, 1 ] p ,

f(x1, . . . , xp) =

xkk dxk

k + 1=

(p+ 1)!.

118) Calculer I =

· · ·∫

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùD = [ 0, 1 ] p ,

f(x1, . . . , xp) =

On a donc

f(x1, . . . , xp) =

x2k +∑

1≤i 6=j≤p

xixj .

Pour des raisons de symétrie du domaine, on a, si 1 ≤ k ≤ p,

· · ·∫

x2k dx1 · · · dxp =∫

· · ·∫

x21 dx1 · · · dxp ,

et, si 1 ≤ i 6= j ≤ p,∫

· · ·∫

xixj dx1 · · · dxp =∫

· · ·∫

x1x2 dx1 · · · dxp .

Remarquons qu’il y a p(p− 1) couples (i, j) vérifiant 1 ≤ i 6= j ≤ p.

Comme les variables se séparent, on obtient alors

· · ·∫

x21 dx1 · · · dxp =

x21 dx1

· · ·∫

x1x2 dx1 · · · dxp =

x1 dx1

x2 dx2

· · ·∫

x21 dx1 · · · dxp + p(p− 1)

· · ·∫

x1x2 dx1 · · · dxp =p

p(p− 1)

3p2 + p

119) Calculer Ip =

· · ·∫

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùDp = [ 0, π ] p ,

f(x1, . . . , xp) = sin

Supposons p ≥ 2. On a tout d’abord

(Ip)xp(x1, . . . , xp−1) =

− cos

)]xp=π

= − cos

p−1∑

= 2 cos

p−1∑

Si maintenant p ≥ 3, on obtient

(Ip)(xp−1,xp)(x1, . . . , xp−2) = 2

p−1∑

dxp−1 = 2

p−1∑

)]xp−1=π

xp−1=0

= 2 sin

p−2∑

− 2 sin

p−2∑

= −4 sin

p−2∑

· · ·∫

Dp−2

(Ip)(xp−1,xp)(x1, . . . , xp−2) dx1 · · · dxp−2

= −4

· · ·∫

Dp−2

p−2∑

dx1 · · · dxp−2 = −4 Ip−2 .

D’autre part

sinx1 dx1 = −2 et I2 = 2

cos x1 dx1 = 0 .

Pour tout s ≥ 1, on a doncI2s−1 = (−1)s22s−1 et I2s = 0 .

Remarque : la nullité de I2s était prévisible car, si p = 2s, le changement de variables

Φ(x1, · · · , xp) = (π − x1, · · · , π − xp)

est une isométrie de Dp et

f(π − x1, · · · , π − xp) = sin

pπ −p∑

= − sin

= −f(x1, . . . , xp) .

120) Soit Dp le domaine

Dp = (x1, . . . , xp) | 0 ≤ xp ≤ xp−1 ≤ · · · ≤ x1 ≤ 1 ,

et f une fonction continue sur [ 0, 1 ] à valeurs réelles. Montrer que

· · ·∫

f(x1) · · · f(xp) dx1 · · · dxp =1

f(t) dt

Application.a) Calculer le volume Vp de Dp

b) Calculer I lorsque f(t) = tα (α > −1)c) Calculer I lorsque f(t) = et

Si 0 ≤ t ≤ 1, posons

F (t) =

f(u) du .

Lorsque (x1, . . . , xp−1) est fixé dans

Dp−1 = (x1, . . . , xp−1) | 0 ≤ xp−1 ≤ · · · ≤ x1 ≤ 1 ,

le nombre xp varie de 0 à xp−1. On calcule

Ixp(x1, . . . , xp−1) =

xp−1∫

f(x1) · · · f(xp−1)f(xp) dxp

= f(x1) · · · f(xp−1)

xp−1∫

f(xp) dxp

= f(x1) · · · f(xp−1)F (xp−1) .

· · ·∫

Dp−1

f(x1) · · · f(xp−1)F (xp−1) dx1 · · · dxp−1 .

On montre alors par récurrence que, si 1 ≤ k ≤ p− 1, on a

· · ·∫

Dp−k

f(x1) · · · f(xp−k)F (xp−k)

k!dx1 · · · dxp−k .(5.1)

C’est vrai si k = 1. Supposons la formule vraie à l’ordre k. On calcule alors

Ixp−k,··· ,xp(x1, . . . , xp−k−1) =

xp−k−1∫

f(x1) · · · f(xp−k−1) f(xp−k)F (xp−k)

k!dxp−k

= f(x1) · · · f(xp−k−1)

xp−k−1∫

f(xp−k)F (xp−k)

k!dxp−k ,

et, puisque f est la dérivée de F ,

Ixp−k,··· ,xp(x1, . . . , xp−k−1) = f(x1) · · · f(xp−k−1)F (xp−k−1)

(k + 1)!.

· · ·∫

Dp−k−1

f(x1) · · · f(xp−k−1)F (xp−k−1)

(k + 1)!dx1 · · · dxp−k−1 ,

ce qui donne la formule au rang k + 1.

Si l’on applique la formule (5.1) lorsque k = p− 1, on trouve alors

f(x1)F (x1)

(p− 1)!dx1 =

F (1)p

f(t) dt

Application.

a) On obtient le volume de Dp en prenant f = 1, ce qui donne

b) Si f(t) = tα, alors F (t) =tα+1

α+ 1et donc

(α+ 1)p.

c) Si f(t) = et, alors F (t) = et − 1 et donc

p!(e− 1)p .

Chapitre 6

121) Calculer I =

· · ·∫

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùD = [ 0, 1 ] p ,

etf(x1, . . . , xp) =

1≤i<j≤p

(xi − xj) .

Le changement de variables

Φ(x1, x2, x3, . . . , xp) = (x2, x1, x3, . . . xp) ,

qui échange les deux premières variables, est une isométrie du domaine D. D’autre part, en écrivant

f(x1, . . . , xp) = (x1 − x2)

(x1 − xk)(x2 − xk)

3≤i<j≤p

(xi − xj) ,

on obtient immédiatement

f(x2, x1, x3, . . . xp) = −f(x1, x2, x3, . . . , xp) .

· · ·∫

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp = 0 .

122) Calculer I =

· · ·∫

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùD = (x1, . . . , xp) |x1 ≥ 0 , . . . , xp ≥ 0 , x1 + · · ·+ xp ≤ 1 ,

etf(x1, . . . , xp) = x1 · · · xp(1− x1 − · · · − xp) ,

x1 = u1(1− u2) , . . . , xi = u1 · · · ui(1− ui+1) , . . . , xp−1 = u1 · · · up−1(1− up) , . . . , xp = u1 · · · up .

Remarquons que les systèmes

x1 = u1 − u1u2x2 = u1u2 − u1u2u3· · · · · ·xi = u1 · · · ui − u1 · · · uiui+1

· · · · · ·xp = u1 · · · up

x1 + · · ·+ xp = u1x2 + · · ·+ xp = u1u2· · · · · ·xi + · · ·+ xp = u1 · · · ui· · · · · ·xp = u1 · · · up

sont équivalents. Donc si (x1, . . . , xp) appartient à l’intérieur du domaine D, on a encore

u1 = x1 + · · ·+ xp

u2 =x2 + · · · xp

x1 + · · ·+ xp· · · · · ·ui =

xi + · · · + xpxi−1 + · · ·+ xp

· · · · · ·up =

xpxp−1 + xp

L’application Φ définie par

Φ(u1, . . . , up) = (u1(1− u2), . . . , u1 · · · ui(1− ui+1), . . . , u1 · · · up)

réalise une bijection de ∆ = ] 0, 1 [ p sur l’intérieur de D.

Pour calculer le jacobien introduisons les variables

X1 = u1 , X2 = u1u2 , . . . , Xp = u1 · · · up .

Si l’on pose

Ψ1(u1, . . . , up) = (u1, . . . , u1 · · · up) et Ψ2(X1, · · · ,Xp) = (X1 −X2, . . . ,Xp−1 −Xp,Xp)

on a alorsΦ = Ψ2 Ψ1 .

Le déterminant de l’application linéaire Ψ2 vaut 1, car c’est celui d’une matrice triangulaire dont leséléments diagonaux valent 1. Le déterminant jacobien de Φ est donc aussi celui de Ψ1.

Le déterminant jacobien de Ψ1 est celui d’une matrice triangulaire inférieure

dX1 · · · dXp

du1 · · · dup=

1 0 0 · · · 0u2 u1 0 · · · 0u2u3 u1u3 u1u2 · · · 0· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · ·∗ ∗ ∗ ∗ u1 · · · up−1

On obtient finalement

dx1 · · · dxpdu1 · · · dup

=dX1 · · · dXp

du1 · · · dup= up−1

1 up−22 · · · up−1 =

up−kk .

On a également

f(u1(1−u2), u1u2(1−u3), . . . , u1 · · · up) = up1up−12 · · · up(1−u1)(1−u2) · · · (1−up) =

up+1−kk (1−uk)

· · ·∫

f(u1(1− u2), u1u2(1− u3), . . . , u1 · · · up)up−11 up−2

2 · · · up−1 du1 · · · dup

· · ·∫

u2p+1−2kk (1− uk)

du1 · · · dup .

u2(p−k)+1k − u

2(p−k)+2k

2(p − k) + 2− 1

2(p − k) + 3

(2(p − k) + 2)(2(p − k) + 3)

p−1∏

(2k + 2)(2k + 3)

(2p + 1)!.

123) Calculer le volume Vp de l’hypersphère

(x1, . . . , xp) |p∑

x2i ≤ 1

en utilisant le changement de variables, généralistion des coordonnées sphériques, déterminé parl’application Φp de R

p dans lui même définie par

Φp(ρ, θ1, . . . , θp−1) = (x1, . . . , xp)

où, si 1 ≤ i ≤ p, on a

xi = ρ sin θi

i−1∏

cos θj .

avec la conventionθp =

La sphère est obtenue lorsque (ρ, θ1, · · · , θp−1) décrit le domaine

∆p = [ 0, 1 ] × [−π/2, π/2 ] p−2 × [ 0, 2π ] .

Pour le calcul du jacobien de Φp, on se place dans∆p \ (ρ, θ1, . . . , θp−1) | θ1 · · · θp−1 = 0. Le résultat

restera valable par continuité dans∆p.

On calcule les dérivées partielles. Tout d’abord, si 1 ≤ i ≤ p, on a

∂xi∂ρ

= sin θi

i−1∏

cos θj =xiρ.

Ensuite, si 1 ≤ i ≤ p et 1 ≤ j ≤ p− 1,

∂xi∂θj

ρ sin θi

1≤k≤i−1

cos θk

(− sin θj) = −xi tan θj si j < i

ρ cos θi∏

1≤k≤i−1

cos θk = xi cotan θi si j = i

0 si j > i

On a donc à calculer le déterminant jacobien suivant :

JΦp =

x1 cotan θ1 0 0

−x2 tan θ1 x2 cotan θ2 0 0

xp−1

ρ−xp−1 tan θ1 −xp−1 tan θp−2 xp−1 cotan θp−1

−xp tan θ1 −xp tan θp−1

qui s’écrit, en mettant, pour tout i compris entre 1 et p, le nombre xi en facteur dans la i−ème ligne,et en mettant 1/ρ en facteur dans la première colonne

JΦp = ρ−1x1 · · · xpDp ,

1 cotan θ1 0 0

1 − tan θ1 cotan θ2 0 0

1 − tan θ1 − tan θp−2 cotan θp−1

1 − tan θ1 − tan θp−2 − tan θp−1

Si on développe Dp par rapport à la dernière colonne, on obtient, pour p ≥ 2,

Dp = − cotan θp−1Dp−1 − tan θp−1Dp−1 ,

ce qui donneDp = −(sin θp−1 cos θp−1)

−1Dp−1 .

En partant de D1 = 1, on en déduit la valeur de Dp

Dp = (−1)p−1

p−1∏

sin θk cos θk

On passe alors à JΦp que l’on peut écrire

JΦp = (−1)p−1

xksin θk cos θk−1

x1ρ sin θ1

ou encore

JΦp = (−1)p−1p∏

k−2∏

cos θj

= (−ρ)p−1p∏

k−2∏

cos θj

En inversant les produits

JΦp = (−ρ)p−1p−2∏

cos θj

= (−ρ)p−1p−2∏

cosp−j−1 θj ,

et finalement, en posant k = p− j − 1,

JΦp = (−ρ)p−1p−2∏

cosk θp−1−k .

Ce jacobien est non nul dans∆p, et Φp est un difféomorphisme de

∆p sur Φp(

∆p).

Alors le volume Vp de la sphère vaut

dx1 · · · dxp =∫

ρp−1p−2∏

cosk θp−1−k dρ dθ1 · · · dθp−1 .

Comme les variables se séparent, on a immédiatement,

ρp−1dρ

p−2∏

π/2∫

−π/2

cosk θp−1−k dθp−1−k

2π∫

dθp−1

= 2p−1 π

p−2∏

où Ik désigne l’intégrale de Wallis

π/2∫

cosk t dt .

Un calcul classique donne

2p− 1

2p − 3

2p − 2· · · 1

2si k = 2p

2p + 1

2p− 2

2p− 1· · · 2

4p(p!)2

(2p+ 1)!si k = 2p+ 1

Calculons le produit

Tout d’abord,

(I2k−1I2k) .

I2k−1I2k =

2k − 2

2k − 1· · · 2

2k − 1

2k· · · 1

Ensuite

P2s+1 = P2sI2s+1 =πs

4s(s!)2

(2s + 1)!=

(2s+ 1)!.

On en déduit finalement

V2s = π22s−1

2sP2s−2 =

V2s+1 = π22s

2s + 1P2s−1 =

22s+1πss!

(2s + 1)!.

En particulier on retrouve

V1 = 2 longueur de l’intervalle [−1, 1 ]

V2 = π aire du cercle de rayon 1

V3 =4π

3volume de la sphère de rayon 1

et ensuite

V4 =π2

EXERCICES SUR LES INTEGRALES MULTIPLESGerard.Eguether/zARTICLE/MULTIPLE.pdf · 4 TABLE DES...

Documents

Transcript of EXERCICES SUR LES INTEGRALES MULTIPLESGerard.Eguether/zARTICLE/MULTIPLE.pdf · 4 TABLE DES...

AN2 - Integrales - CoursT - Rev 2018jff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/...integrales... · Mathématiques – AN2 - Intégrales Page 2 sur 26 AN2 - Intégrales – Cours – Rev

CALCULS INTEGRALESCours : CALCULS INTEGRALES Avec Exercices de rappels et d’applications et de réflexions avec solutions PROF : ATMANI NAJIB 2BAC sciences expérimentales (pc …

EXERCICES CHAPITRE 4 - IMI Secondaire · EXERCICES CHAPITRE 4 : POLYNÔMES Exercices de compétence 1 : connaître Pages 69 et 70, exercices 1 à 6. Exercices de compétence 2 : Appliquer

Arithmétique exercices - Les cours et exercices corrigés ...

EU - CONVERGENCE UNIFORMEGerard.Eguether/zARTICLE/EU.pdfEU - CONVERGENCE UNIFORME Dans ce texte on étudie la limite de suites de fonctions. La convergence uniforme est introduite

1. Notion d’intégrale généraliséepc.cassin.free.fr/fichiers/07-integrales-generalisees.pdf · Maths - PC - Lycée René Cassin - Bayonne - 2020-2021 2. Intégrale sur un intervalle

COMPLEXES - corrigé des exercices A. EXERCICES DE BASE ...

Chapitre7-Integrales et primitives - Physique et Maths · 1/9 Fiche d’exercices 7 : Intégrales et primitives Mathématiques terminale S obligatoire - Année scolaire 2016/2017

fileet publications d' orsay integrales singulieres fonctions differentiables de plusieurs variables par elias stein • a. avril-mai 1968, chapitres et

AB - GROUPOÏDES ET GROUPESGerard.Eguether/zARTICLE/AB.pdf · Alors, d’après U3, il existe ytel que x∗ y= i et tout élément xpossède un symétrique à droite. Groupe inclus

EN - EXERCICES SUR LES INTEGRALES MULTIPLESGerard.Eguether/zARTICLE/EN.pdf · EN - EXERCICES SUR LES INTEGRALES MULTIPLES Exercice 1 Calculer I = ZZ D f(x,y)dxdy dans les cas suivants

Cours , Exercices et Examens : §لإمتحان... · Cours , Exercices et Examens : . Cours , Exercices et Examens :

EXERCICES SUR LE DEUXIEME DEGRE - univ-lorraine.frGerard.Eguether/zARTICLE/DEGRE.pdf · 2 ˙ 1.2 Existence et signe des racines (23) Pour quelles valeurs de m l’´equation (m −1)x2

EM - EXERCICES SUR LE CALCUL DE PRIMITIVESGerard.Eguether/zARTICLE/EM.pdfEM 4 Corrigé des exercices sur le calcul de primitives Remarque : dans les calculs ci-dessous, nous donnons

TRANSFERTS THERMIQUES - corrigé des exercices A. EXERCICES ...

EXERCICES SUR LES POLYNOMES - iecl.univ-lorraine.frGerard.Eguether/zARTICLE/POLYNOMES.pdf · ii TABLE DES MATIÈRES Avertissement On trouvera dans ce qui suit de nombreux exercices

Cours Integrales Valeurs Vectorielles

IECL | Institut Élie Cartan de Lorraine - EXERCICES …Gerard.Eguether/zARTICLE/...Cela déﬁnit également des normes sur les espaces de polynômes R[X] et C[X] car la nullité

Exercices reli´es au chapitre 4dadub100/cours/A20/3101/exercs4.pdf · Exercices reli´es au chapitre 4 Exercices Voici les exercices que je recommande de faire : — Exercices 4.2.1

Transitorios Electromagnéticos - ETAP ESP · Transitorios Electromagnéticos Características Principales • Modelos integrales de máquinas síncronas y de inducción • Modelización