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2009 - 2010 http://www.cnam.fr/maths CNAM - Paris

MVA006 - Corrigé du devoir n◦4

Exercice 1

1◦) I =

∫∫D

(2y − x2) dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | x 6 1 , y 6 1 , x+ y > 1 }.

En intégrant d’abord en x, on obtient :

I =

∫ 1

0

(∫ 1

1−y(2y − x2) dx

)dy =

∫ 1

0

[2yx− x3

3)

]x=1

x=1−ydy

=

∫ 1

0

(2y − 1

3− 2y(1− y) +

(1− y)3

3

)dy =

∫ 1

0

(−1

3+ 2y2 +

(1− y)3

3

)dy

=

[−y

3+ 2

y3

3− (1− y)4

12

]1

0

= −1

3+

2

3+

1

12=

5

12.

I =5

12On pouvait aussi intégrer d’abord en y, ce qui donne :

I =

∫ 1

0

(∫ 1

1−x(2y − x2) dy

)dx =

∫ 1

0

[y2 − x2y

]y=1

y=1−x dx

=

∫ 1

0

(1− x2 − (1− x)2 + x2(1− x)

)dx =

∫ 1

0

(1− x3 − (1− x2)2

)dx

=

[x− x4

4+

(1− x)3

3

]1

0

= 1− 1

4− 1

3=

5

12.

2◦) J =

∫∫D

cos(2x) cos(x+y) dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | 0 6 x 6π

4, −x 6 y 6 x }.

La définition du domaine D entraîne qu’il est plus simple d’intégrer d’abord eny, ce qui donne :

J =

∫ π4

0

(∫ +x

−xcos(x+ y) dy

)cos(2x) dx =

∫ π4

0

([sin(x+ y)]y=x

y=−x

)cos(2x) dx

=

∫ π4

0sin(2x) cos(2x) dx =

[sin2(2x)

4

]π4

0

=1

4.

J =1

4

3◦) K =

∫∫x2 dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | y2 6 x 6

√y , 0 6 y 6 1 }.

Ici, la définition de D conduit à intégrer d’abord en x :

K =

∫ 1

0

(∫ √yy2

x2 dx

)dy =

∫ 1

0

[x3

3

]√yy2x2 dy =

1

3

∫ 1

0

(y

32 − y6

)dy

=1

3

[2

5y

52 − y7

7

]1

0

=1

3

(2

5− 1

7

)=

3

35.

K =3

35Mais on pouvait aussi échanger les rôles de x et y, en écrivant :D = { (x, y) ∈ IR2 | x2 6 y 6

√x , 0 6 x 6 1 }, ce qui donne des calculs

analogues.

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4◦) L =

∫∫ ((y − 2)2 − x2

)dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | y > 0 , y−x 6 2 , y+x 6 2 }.

Cette fois, les calculs sont (un peu) plus simples en intégrant d’abord en x :

L =

∫ 2

0

(∫ 2−y

y−2

((y − 2)2 − x2

)dx

)dy =

∫ 2

0

[x(y − 2)2 − x3

3

]x=2−y

x=y−2

dy

=

∫ 2

0

(2

3(2− y)3 − 2

3(y − 2)3

)dy =

4

3

[−(2− y)4

4

]2

0

=16

3.

L =16

3

Exercice 2

1◦) I =

∫∫D

ln(1 + x2 + y2) dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | y > 0 , x2 + y2 6 a2 }.

Le demi-disque D est représenté en coordonnées polaires par :∆ = { (ρ, θ) ∈ IR2 | 0 6 ρ 6 a , 0 6 θ 6 π }. L’intégrale devient :

I =

∫∫∆

ln(1+ρ2) ρdρdθ. Puisque ∆ est un rectangle à côtés parallèles aux axes,

cette intégrale se sépare en un produit de deux intégrales simples :

I =

(∫ a

0ln(1 + ρ2) ρdρ

)×(∫ π

0dθ

)= πI ′ (en posant I ′ =

∫ a

0ln(1 + ρ2) ρdρ).

En posant u = 1 + ρ2 cette dernière intégrale devient :

I ′ =1

2

∫ 1+a2

1ln(u) du =

1

2[u ln(u)− u]1+a2

1 =1

2

((1 + a2) ln(1 + a2)− a2

).

Au total :I =

π

2

((1 + a2) ln(1 + a2)− a2

)2◦) J =

∫∫D

dxdy√x2 + y2

, D = { (x, y) ∈ IR2 | x2 + y2 − 2x 6 0 }.

Le domaine D est un disque centré en (1, 0) et de rayon 1. Le cercle frontière apour équation en polaires : ρ = 2 cos(θ) (obtenue en effectuant le changement decoordonnées dans x2 + y2 − 2x = 0). D’où la représentation de D en polaires :∆ = { (ρ, θ) ∈ IR2 | 0 6 ρ 6 2 cos(θ) , −π

26 θ 6 +

π

2}. L’intégrale devient :

J =

∫∫∆

1

ρρdρdθ =

∫∫∆dρdθ.

La définition de ∆ impose de calculer cette dernière intégrale en intégrant d’aborden ρ :

J =

∫ +π2

−π2

(∫ 2 cos(θ)

0dρ

)dθ = 2

∫ +π2

−π2

cos(θ) dθ = 2 [sin(θ)]+π

2

−π2

= 4.

J = 4

3◦) K1 =

∫∫dxdy√x2 + y2

, K2 =

∫∫xdxdy√x2 + y2

, et

D = { (x, y) ∈ IR2 | x > 0 , y > 0 , 1 6 x2 + y2 6 4 }.Le domaine D est un quart d’anneau compris dans le premier quadrant, et entredeux cercles centrés en O de rayons respectifs 1 et 2. Sa représentation en po-laires est donc : ∆ = { (ρ, θ) ∈ IR2 | 1 6 ρ 6 2 , 0 6 θ 6

π

2}.

L’intégrale K1 devient :

K1 =

∫∫∆

1

ρρdρdθ =

∫∫∆dρdθ.



Puisque ∆ est un rectangle à côtés parallèles aux axes, cette intégrale se sépareen un produit de deux intégrales simples :

K1 =

(∫ 2

1dρ

)×

(∫ π2

0dθ

)= (2− 1)×

(π2− 0)

=π

2.

K1 =π

2L’intégrale K2 donne un calcul analogue :

K2 =

∫∫∆

ρ cos(θ)

ρρdρdθ =

(∫ 2

1ρ dρ

)×

(∫ π2

0cos(θ) dθ

)=

1

2

[ρ2]21× [sin(θ)]

π20 =

1

2(4− 1) =

3

2.

K2 =3

2

Exercice 3

D = { (x, y) ∈ IR2 | y2 6 2x 6 4 , 0 6 y 6 2 }.

1◦) Le domaine D est la portion de plan située sous la parabole y2 = 2x entre lesabscisses x = 0 et x = 2. En intégrant d’abord en x, on obtient :

I =

∫∫Ddxdy =

∫ 2

0

(∫ 2

y2

2

dx

)dy =

∫ 2

0

(2− y2

2

)dy =

[2y − y3

6

]2

0

=8

3.

I =8

3

J =

∫∫Dx dxdy =

∫ 2

0

(∫ 2

y2

2

x dx

)dy =

∫ 2

0

1

2

[x2]x=2

x= y2

2

=1

2

∫ 2

0

(4− y4

4

)dy

=1

2

[4y − y5

20

]2

0

=1

2

(8− 8

5

)=

16

5.

J =16

5

2◦) Le centre de gravité G du domaine D, supposé homogène, est défini par l’égalitévectorielle :

−−→OG =

∫∫D

−−→OM dxdy∫∫Ddxdy

, d’où les coordonnées :

xG =

∫∫Dx dxdy∫∫

Ddxdy

=J

I(et yG =

∫∫Dy dxdy∫∫

Ddxdy

, pas demandé).

On en déduit : xG =16

5× 3

8=

6

5.

xG =6

5



Exercice 4

1◦ Pour trouver un vecteur normal à (P ), on peut partir de deux vecteurs du planet calculer leur produit vectoriel :

−−→AB

∣∣∣∣∣∣−240,−→AC

∣∣∣∣∣∣−202, d’où :

−→N =

−−→AB ∧

−→AC

∣∣∣∣∣∣848, ou plutôt : −→n =

1

4

−→N

∣∣∣∣∣∣212.

Le plan (P ) est alors le plan passant par A et normal à −→n , d’équation vectorielle :−−→AM.−→n = 0 (produit scalaire), ce qui donne :2(x− 2) + y + 2z = 0.

(P ) : 2x+ y + 2z = 4

2◦ Le tétraèdre OABC est symétrique par rapport au plan z = x (passant par Oy).

Donc, J =

∫∫∫Dx dxdydz et L =

∫∫∫Dz dxdydz sont égales.

L’intégrale I (qui donne le volume de D) est calculée en intégrant d’abord en y :

I =

∫∫∫Ddxdydz =

∫∫D′

(∫ 4−2x−2z

0dy

)dxdz, où le domaine D′ est défini par :

D′ = { (x, z) ∈ IR2 | x > 0 , z > 0 , x+ z 6 2 }. On en déduit :

I =

∫ 2

0

(∫ 2−z

0(4− 2x− 2z) dx

)dz =

∫ 2

0

[4x− x2 − 2xz

]x=2−zx=0

dz

=

∫ 2

0

(4(2− z)− (2− z)2 − 2z(2− z)

)dz =

∫ 2

0(2− z)2 dz

=

[−(2− z)3

3

]2

0

=8

3.

I =8

3

De même pour J (résultat valable aussi pour L) :

J =

∫∫∫Dx dxdydz =

∫∫D′

(∫ 4−2x−2z

0dy

)xdxdz

=

∫ 2

0

(∫ 2−z

0(4− 2x− 2z)x dx

)dz =

∫ 2

0

[2x2 − 2

3x3 − zx2

]x=2−z

x=0

dz

=

∫ 2

0

(2(2− z)2 − 2

3(2− z)3 − z(2− z)2

)dz =

1

3

∫ 2

0(2− z)3 dz

=

[−(2− z)4

12

]2

0

=4

3.

J = L =4

3

Enfin, pour l’intégrale K :

K =

∫∫∫Dy dxdydz =

∫∫D′

(∫ 4−2x−2z

0y dy

)dxdz

=1

2

∫ 2

0

(∫ 2−z

0(4− 2x− 2z)2 dx

)dz

=

∫ 2

0

(∫ 2−z

0(8 + 2x2 + 2z2 − 8x− 8z + 4xz) dx

)dz

=

∫ 2

0

[8x+

2

3x3 + 2xz2 − 4x2 − 8xz + 2x2z

]x=2−z

x=0

dz



K =

∫ 2

0

(8(2− z) +

2

3(2− z)3 + 2(2− z)z2 − 4(2− z)2 − 8(2− z)z + 2(2− z)2z

)dz

=2

3

∫ 2

0(2− z)3 dz =

[−(2− z)4

6

]2

0

=8

3.

K =8

3

3◦ Le volume du tétraèdre OABC est donné par l’intégrale I :

Volume(OABC) = I =8

3

Le centre de gravité G du domaine D, supposé homogène, est défini par l’égalitévectorielle :

−−→OG =

∫∫∫D

−−→OM dxdydz∫∫∫Ddxdydz

, d’où ses coordonnées :

xG =

∫∫∫Dx dxdydz∫∫∫

Ddxdydz

=J

I=

1

2, zG = xG =

1

2(par symétrie),

et yG =

∫∫∫Dy dxdydz∫∫∫

Ddxdydz

=K

I= 1. On a trouvé :

Coordonnées de G :

(1

2, 1,

1

2

)


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