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EXERCICES SUR LES INTEGRALES

MULTIPLES

Table des matières

I INTEGRATION DANS R2

5

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

141



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

III INTEGRATION DANS Rp

205



3

4 TABLE DES MATIÈRES

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

calculer des intégrales multiples∫

· · ·∫

D

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

5

Chapitre 1

THEOREME DE FUBINI

1) Calculer I =

∫∫

D

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 .

π

1

D

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

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

I =

π∫

0

sinx dx

1∫

0

2y dy

=[

− cosx]π

0

[

y2]1

0= 2 .

7

8 CHAPITRE 1. THEOREME DE FUBINI

2) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

1

D

x

· · · · · ·· · · · ·

· · · ·· · ·

· ··

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∫

0

(x− y) dy =

[

−(x− y)2

2

]y=x

y=0

=x2

2.

On a alors

I =

1∫

0

Iy(x) dx =1

2

1∫

0

x2 dx =

[

x3

6

]1

0

=1

6.

9

3) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | |x| ≤ a , |y| ≤ b .

etf(x, y) = (x+ y)ex−y .

a−a

b

−b

x

D

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

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

Iy(x) =

b∫

−b

(x+ y)ex−y dy .

En intégrant par parties

Iy(x) =[

−(x+y)ex−y]y=b

y=−b+

b∫

−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

I =

a∫

−a

Iy(x) dx =

a∫

−a

[

(x− b+ 1)ex+b − (x+ b+ 1)ex−b]

dx .

En intégrant de nouveau par parties

I =[

(x− b+ 1)ex+b]+a

−a−

a∫

−a

ex+b dx−

[

(x+ b+ 1)ex−b]+a

−a−

a∫

−a

ex−b dx

=[

(x− b)ex+b]+a

−a−[

(x+ b)ex−b]+a

−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 =

∫∫

D

f(x, y) dx dy


f(x, y) = x2y .

1

1

D

x

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

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∫

0

yx2 dy = x2[y2

2

]y=1−x

y=0=

x2(x− 1)2

2.

On a alors

I =

1∫

0

Iy(x) dx =1

2

1∫

0

(x4 − 2x3 + x2) dx =1

2

[

x5

5− x4

2+

x3

3

]1

0

=1

2

(

1

5− 1

2+

1

3

)

=1

60.

11

5) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy


f(x, y) = xex sin y .

2

2

D

x

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··



Iy(x) =

2−x∫

0

xex sin y dy = xex[

− cos y]y=2−x

y=0= xex (1− cos(x− 2)) .

Alors

I =

2∫

0

Iy(x) dx =

2∫

0

xex dx−2∫

0

xex cos(x− 2) dx .

En intégrant par parties, on obtient tout d’abord

2∫

0

xex dx =[

xex]2

0−

2∫

0

ex dx =[

(x− 1)ex]2

0= e2 + 1 .

D’autre part

2∫

0

xex cos(x− 2) dx = Re

2∫

0

xexei(x−2) dx = Re

e−2i

2∫

0

xe(1+i)x dx

.

On intègre de nouveau par parties ce qui donne

2∫

0

xe(1+i)x dx =

[

xe(1+i)x

1 + i

]2

0

−2∫

0

e(1+i)x

1 + idx =

[

xe(1+i)x

1 + i− e(1+i)x

(1 + i)2

]2

0

.


Mais1

1 + i=

1− i

2et

1

(1 + i)2=

[

1− i

2

]2

= − i

2,

d’où

2∫

0

xe(1+i)x dx =1

2

[

x(1− i)e(1+i)x + ie(1+i)x]2

0=

1

2

[

(

(1− i)x+ i)

e(1+i)x]2

0=

1

2

(

(2− i)e2+2i − i)

.

Alors

e−2i

2∫

0

xe(1+i)x dx =1

2

(

(2− i)e2 − ie−2i)

,

et

Re

e−2i

2∫

0

xe(1+i)x dx

= e2 − sin 2

2.

Finalement

I = e2 + 1−(

e2 − sin 2

2

)

= 1 +sin 2

2.

13

6) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

1

−1

D

x

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

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−1

(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

I =

1∫

0

Iy(x) dx =

1∫

0

(2x− 2x2) dx =

[

x2 − 2x3

3

]1

0

= 1− 2

3=

1

3.


7) Calculer I =

∫∫

D

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 .

π

π

D

x

·······

·······

·······

·······

·······

·······

·······

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

Iy(x) =

π∫

0

(x+ y) sinx sin y dy .

On intègre par parties

Iy(x) = sinx

[

(x+ y) (− cos y)]y=π

y=0+

π∫

0

cos y dy

= sinx[

(x+y)(− cos y)+sin y]y=π

y=0= (2x+π) sin x .

On a alors

I =

π∫

0

Iy(x) dx ,

et on intègre de nouveau par parties

I =

π∫

0

(2x+ π) sin x dx =[

(2x+ π)(− cos x)]π

0+ 2

π∫

0

cos x dx =[

(2x+ π)(− cos x) + 2 sinx]π

0= 4π .

15

8) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy


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

1

2

D

x

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

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∫

0

(2x+ y)2 dy =

[

(2x+ y)3

3

]y=2−2x

y=0

=8− 8x3

3.

Alors

I =

1∫

0

Iy(x) dx =8

3

1∫

0

(1− x3) dx =8

3

[

x− x4

4

]1

0=

8

3

(

1− 1

4

)

= 2 .


9) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy


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

1

1

D

x

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··



Iy(x) =

1−x∫

0

ln(x+ y + 1) dy .

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

Iy(x) =

2∫

x+1

lnu du =[

u lnu− u]u=2

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

On a alors

I =

1∫

0

Iy(x) dx =

1∫

0

[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∫

1

(v ln v − v) dv = 2 ln 2− 2−[

v2

2ln v

]2

1

+

2∫

1

3

2v dv ,

d’où

I = 2 ln 2− 2−[

v2

2ln v − 3

4v2]2

1

=1

4.

17

10) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

A

A′

B

B′

O−1

√32

D

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

3=

√3

2,

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

√3

2, la variable x est comprise entre −1 +

y√3

et 1− y√3, et l’on a

Ix(y) = y

1−y/√3

∫

−1+y/√3

dx = 2y

(

1− y√3

)

.

Alors

I =

√3/2∫

0

Ix(y) dy =

√3/2∫

0

2y

(

1− y√3

)

dy =

[

y2 − 2

3√3y3]

√3/2

0

=1

2.


11) Calculer I =

∫∫

D

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

2, et

f(x, y) = xy .

2−2

1

D

y

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

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

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

· · · · · · · ·

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 =[

yx2

2

]x=2−y

x=2y−2=

y

2

[

(2− y)2 − (2y − 2)2]

=y

2(4y − 3y2) .

On a alors

I =

1∫

0

Ix(y) dy =1

2

1∫

0

(4y2 − 3y3) dy =[2y3

3− 3y4

8

]1

0=

2

3− 3

8=

7

24.

19

12) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

√x+

√y ≥ 1 et

√1− x+

√

1− y ≥ 1 ,

etf(x, y) = (x− y)2 .

1

1

D

x

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · ·

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

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

√x+

√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

3

]y=x−1+2√1−x

y=1+x−2√x

=1

3

[

(2√1− x− 1)3 − (1− 2

√x)3]

=1

3

[

8(x3/2 + (1− x)3/2) + 6(√x+

√1− x)− 14

]

.

Alors

I =

1∫

0

Iy(x) dx

=

1∫

0

1

3

[

8(x3/2 + (1− x)3/2) + 6(√x+

√1− x)− 14

]

dx

=1

3

[16

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

]1

0

=1

3

[

16

5+ 4− 14 +

16

5+ 4

]

=2

15.

21

13) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

y =1

xet y = −4x+ 5 ,

etf(x, y) = x2y .

14 1

1

4

D

x

···

···

·······

·········

···········

············

············

········


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

1

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∫

1/x

x2y dy

=[1

2x2y2

]y=−4x+5

y=1/x

=1

2[x2(−4x+ 5)2 − 1]

=1

2

(

16x4 − 40x3 + 25x2 − 1)

.

Alors

I =

1∫

1/4

Iy(x) dx =1

2

[

16

5x5 − 10x4 +

25

3x3 − x

]1

1/4

=441

1280.

23

14) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

1

D

x

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · ·

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

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

xy dy

= x[y2

2

]y=√1−x2

y=1−√

1−(x−1)2

=x

2

[

(1− x2)− [1− 2√

1− (x− 1)2 + (1− (1− x)2)]]

= −x2 + x√

1− (x− 1)2 .

Alors

I =

1∫

0

Iy(x) dx =

1∫

0

(x√

1− (x− 1)2 − x2) dx =

1∫

0

x√

1− (x− 1)2 dx− 1

3.

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

I +1

3=

π/2∫

0

(1− sin t) cos2 t dt =

π/2∫

0

cos2 t dt−π/2∫

0

sin t cos2 t dt =

π/2∫

0

1 + cos 2t

2dt−

π/2∫

0

sin t cos2 t dt .

On obtient alors

I =

[

t

2+

sin 2t

4+

cos3 t

3

]π/2

0

− 1

3=

π

4− 2

3.

25

15) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) = (x+ y)−n (n ∈ Z) .

1

1

2

2

D

x

· · · · ·· · · ·· · ·· ··


Iy(x) =

3−x∫

1

(x+ y)−n dy .

Lorsque n = 1, on obtient

Iy(x) =[

ln(x+ y)]y=3−x

y=1= ln 3− ln(x+ 1) .

puis

I =

2∫

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

y=1

=1

1− n

(

3−n+1 − (x+ 1)−n+1)

.

On a alors


I =

2∫

1

Iy(x) dx =1

1− n

2∫

1

(

3−n+1 − (x+ 1)−n+1)

dx =1

1− n

3−n+1 −2∫

1

(x+ 1)−n+1 dx

.

Lorsque n = 2, on trouve

I = −

1

3−

2∫

1

dx

x+ 1

= −1

3+[

ln(x+ 1)]2

1= ln 3− ln 2− 1

3.

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

I =1

1− n

(

3−n+1 −[

(x+ 1)−n+2

2− n

]2

1

)

=3−n+1

1− n− 3−n+2

(1− n)(2− n)+

2−n+2

(1− n)(2− n).

27

16) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD =

(x, y) | 0 ≤ x ≤ sin y , 0 ≤ y ≤ π

2

,

etf(x, y) = x cos y .

1

π/2

D

y

·············

············

···········

·········

········

·······

······

····

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

Ix(y) =

sin y∫

0

x cos y dx =

[

cos yx2

2

]x=sin y

x=0

=cos y sin2 y

2.

On a alors

I =

π/2∫

0

Ix(y) dy =1

2

π/2∫

0

cos y sin2 y dy =1

2

[

sin3 y

3

]π/2

0

=1

6.


17) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

où

D =

(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1− y2

4

,

etf(x, y) = x2 + y2 .

1

2

−2

D

y

·················

···············

·············

·········

···

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

4. Donc

Ix(y) =

1−y2/4∫

0

(x2+y2) dx =[

y2x+x3

3

]x=1−y2/4

x=0= y2

(

1− y2

4

)

+1

3

(

1− y2

4

)3

=1

3+3y2

4−3y4

16− y6

192.

On a alors

I =

2∫

−2

Ix(y) dy =

2∫

−2

(

1

3+

3y2

4− 3y4

16− y6

192

)

dy =

[

y

3+

y3

4− 3y5

80− y7

1344

]2

−2

=96

35.

29

18) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1 2 3

2

4

D

··· ················

·····

·····

·····

············ ···

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.

1 2 3

2

4

D1

D2

y


On calcule tout d’abord

(Ix)1(y) =

y∫

y/2

(2x− y)2 dx =

[

(2x− y)3

6

]x=y

x=y/2

=y3

6,

alors∫∫

D1

(2x− y)2 dx dy =

2∫

0

(Ix)1(y) dy =

2∫

0

y3

6dy =

[

y4

24

]2

0

=2

3.

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

2+ 1.

1 2 3

2

4

D1

D2

y


(Ix)2(y) =

y/2+1∫

y−1

(2x− y)2 dx =

[

(2x− y)3

6

]x=y/2+1

x=y−1

=8− (y − 2)3

6,

alors

∫∫

D2

(2x− y)2 dx dy =

4∫

2

(Ix)2(y) dy =

4∫

2

8− (y − 2)3

6dy =

[

1

6

(

8y − (y − 2)4

4

)]4

2

= 2 .

Finalement

I =

∫∫

D1

(2x− y)2 dx dy +

∫∫

D2

(2x− y)2 dx dy =8

3.

31

19) Calculer I =

∫∫

D

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 .

2

1

−1

O

B

A

1D

·· · ·

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·· · · ·

· ··

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.

2

1

−1

O

B

A

1D1

D2

x


(Iy)1(x) =

x∫

−x/2

(x+ 2y)2 dy =

[

1

6(x+ 2y)3

]y=x

y=−x/2

=9x3

2,

d’où∫∫

D1

(x+ 2y)2 dx dy =

1∫

0

(Iy)1(x) dx =

1∫

0

9x3

2dx =

9

8.


2

1

−1

O

B

A

1

D1

D2

x

(Iy)2(x) =

−2x+3∫

−x/2

(x+ 2y)2 dy =

[

1

6(x+ 2y)3

]y=−2x+3

y=−x/2

=9(2 − x)3

2.

D’où∫∫

D2

(x+ 2y)2 dx dy =

2∫

1

(Iy)2(x) dx =

2∫

1

9(2− x)3

2dx =

[−9(2 − x)4

8

]2

1

=9

8.

Alors

I =

∫∫

D1

(x+ 2y)2 dx dy +

∫∫

D2

(x+ 2y)2 dx dy =9

4.

33

20) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | |x| + |y| ≤ 1 .

etf(x, y) = ex+y .

1−1

1

−1

D

x

·· · ·

· · · · ·· · · · · · ·

· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · ·· · · · ·

· · ··

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

I =

1∫

−1

Iy(x) dx =

1∫

−1

ex(

e1−|x| − e|x|−1)

dx

=

0∫

−1

ex(

e1+x − e−x−1)

dx+

1∫

0

ex(

e1−x − ex−1)

dx

=

0∫

−1

(

e1+2x − e−1)

dx+

1∫

0

(

e− e2x−1)

dx

=

[

1

2e2x+1 − xe−1

]0

−1

+

[

ex− 1

2e2x−1

]1

0

=e

2−(

1

2e+

1

e

)

+

[

(

e− e

2

)

+1

2e

]

= e− 1

e= 2 sh 1 .


21) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = [ 0, a ] × [ 0, b ] (a > b) ,

etf(x, y) = |x− y| .

b a

b

D1

D2

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∫

0

(y − x) dx =

[−(y − x)2

2

]x=y

x=0

=y2

2.

Puis∫∫

D1

|x− y| dx dy =

b∫

0

(Ix)1(y) dy =b3

6.

Sur D2, on a

f(x, y) = x− y ,

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

(Ix)2(y) =

a∫

y

(x− y) dx =

[

(x− y)2

2

]x=a

x=y

=(y − a)2

2.

35

Puis∫∫

D2

|x− y| dx dy =

b∫

0

(Ix)2(y) dy =

[

(y − a)3

6

]b

0

=(b− a)3

6+

a3

6.

Alors

I =

∫∫

D1

|x− y| dx dy +

∫∫

D2

|x− y| dx dy =(b− a)3

6+

a3

6+

b3

6=

b3

3+

1

2ab(a− b) .


22) Calculer I =

∫∫

D

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.

1

1

D

x

········

···

····

····

····

···

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∫

1−x

xy

(x2 + y2)2dy =

[ −x

2(x2 + y2)

]y=√1−x2

y=1−x

=x

2(2x2 − 2x+ 1)− x

2.

On a alors

I =

1∫

0

Iy(x) dx =

1∫

0

(

x

2(2x2 − 2x+ 1)− x

2

)

dx .

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

I =

1∫

0

(

1

8

4x− 2

2x2 − 2x+ 1+

1

4

1

2x2 − 2x+ 1− x

2

)

dx

=

[

1

8ln(2x2 − 2x+ 1) +

1

4arctan(2x− 1) − x2

4

]1

0

=1

4(arctan 1− arctan(−1)) − 1

4=

π

8− 1

4.

37

23) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

√32

D1

D2

y

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

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

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

·

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∫∫

D2

xy dx dy = 0 ,

et

I =

∫∫

D1

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

2

]x=1−√3 y

x=−√

1−y2=

y

2

[

(1−√3 y)2 − (1− y2)

]

= 2y3 −√3 y2 .

Donc

I =

√3/2∫

0

Ix(y) dy =

√3/2∫

0

(2y3 −√3 y2) dy =

[

y4

2−

√3 y3

3

]

√3/2

0

=9

32− 3

8= − 3

32.

39

24) Calculer I =

∫∫

D

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 .

R

R

D

· · · ·· · · · ·· · · · · ·

· · · · · ·· · · · · ·

· · · · ·· · · ·

· ·

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 =

∫∫

D

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 .

1

1

−1

D

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

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.

41

26) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

1

D1

y

· · ·· · ·

· · ·· · ·

· · ·· ·

·


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

On a donc

I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy = 2

∫∫

D1

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∫

y

xy dx =

[

yx2

2

]x=√

2y−y2

x=y

= y2 − y3 .

Puis

I = 2

1∫

0

(Ix)1(y) dy = 2

1∫

0

(y2 − y3) dy = 2

[

y3

3− y4

4

]1

0

= 2

(

1

3− 1

4

)

=1

6.

43

27) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) = xy2 .

1

1

D

y

···

··

···

····

····

····

····

···

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

1− y2. Donc

Ix(y) =

√1−y2∫

1−y

xy2 dx = y2[

x2

2

]x=√

1−y2

x=1−y

=y2

2

[

(1− y2)− (1− y)2]

= y3 − y4 .

On a alors

I =

1∫

0

Ix(y) dy =

1∫

0

(y3 − y4) dy =

[

y4

4− y5

5

]1

0

=1

4− 1

5=

1

20.


28) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) = xy2 .

√2/2

−√2/2

D1

D2

y

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

· · · · · · · · ·· · · · · · · · ·

· · · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · · ·· · · · ·

· · · ·· ·

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

y =

√2

2.

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∫∫

D2

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

2et

√2

2, le nombre x varie de −y à

√

1− y2. Donc

(Ix)1(y) =

√1−y2∫

−y

xy2 dx = y2[

x2

2

]

√1−y2

−y

=y2

2

[

(1− y2)− y2]

=y2

2− y4 .

45

On a alors

I = I1 =

√2/2∫

−√2/2

(Ix)1(y) dy ,

et, en raison de la parité,

I = 2

√2/2∫

0

(

y2

2− y4

)

dy = 2

[

y3

6− y5

5

]

√2/2

0

=

√2

30.


29) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

y2 = 2px et x2 = 2py ,

et

f(x, y) = x2 + y2 .

2p

2p

D1

x

· ·· · ·

· · ·· · ·

· · ·· · ·

· · ·· · ·

· ·· ·

· ·· ·

·


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

On a donc

I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy = 2

∫∫

D1

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) =

x∫

x2/2p

(x2 + y2) dy =

[

x2y +y3

3

]y=x

y=x2/2p

= x3 +x3

3− x4

2p− x6

24p3.

47

Puis

I = 2

2p∫

0

(Iy)1(x) dx = 2

2p∫

0

(

4x3

3− x4

2p− x6

24p3

)

dx ,

et finalement

I = 2

[

x4

3− x5

10p− x7

168p3

]2p

0

= 2

(

16p4

3− 16p4

5− 16p4

21

)

=96p4

35.


30) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | |y| ≤ ch x , |x| ≤ 1 ,

et

f(x, y) =

√

ch2 x− y2 .

1−1

D1

x······

·······

·······

········

········

·········

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

I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy = 4

∫∫

D1

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∫

0

√

ch2 x− y2 dy .

Pour calculer cette intégrale, cherchons une primitive de√

A2 − y2. En intégrant par parties

49

∫

√

A2 − y2 dy = y√

A2 − y2 +

∫

y2√

A2 − y2dy

= y√

A2 − y2 +

∫

y2 −A2

√

A2 − y2dy +

∫

A2

√

A2 − y2dy

= y√

A2 − y2 +

∫

A2

√

A2 − y2dy −

∫

√

A2 − y2 dy .

On en déduit

∫

√

A2 − y2 dy =1

2

(

y√

A2 − y2 +

∫

A2

√

A2 − y2dy

)

=1

2

(

y√

A2 − y2 +A2 arcsiny

A

)

.

Alors

(Iy)1(x) =1

2

[

y

√

ch2 x− y2 + ch2 x arcsiny

ch x

]y=chx

y=0

=ch2 x

2arcsin 1 =

π

4ch2 x .

et finalement

I = π

1∫

0

ch2 x dx = π

1∫

0

ch 2x+ 1

2dx =

π

2

[

sh 2x

2+ x

]1

0

=π

4(2 + sh 2) .


31) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) = x2y2

√

1− x3 − y3 .

1

1

D

x

·········

·········

·········

·········

·········

········

········

·······

······

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∫

0

x2y2√

1− x3 − y3 dy = x2[

−2

9(1− x3 − y3)3/2

]y=(1−x3)1/3

y=0

=2

9x2(1− x3)3/2 .

Puis

I =

1∫

0

Iy(x) dx =2

9

1∫

0

x2(1− x3)3/2 dx = − 4

135

[

(1− x3)5/2]1

0=

4

135.

51

32) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

où

D =

(x, y) |x ≥ 0 , y ≥ 0 ,x2

a2+

y2

b2≤ 1

(a > 0, b > 0) ,

etf(x, y) = xy .

a

b

D

x

··········

··········

·········

·········

·········

········

········

········

········

·······

······

·····

····

···

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∫

0

xy dy = x

[

y2

2

]y=b(1−x2/a2)1/2

y=0

=b2

2x

(

1− x2

a2

)

.

Puis

I =

a∫

0

Iy(x) dx =b2

2a2

a∫

0

(xa2 − x3) dx =b2

2a2

[

a2x2

2− x4

4

]a

0

=b2

2a2

(

a4

2− a4

4

)

=a2b2

8.


33) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) = x2y .

1−1

D

x

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

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

· · · · · · · ·· · · · · · ·

· · ·

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

Iy(x) =

1−x2∫

0

x2y dy = x2[

y2

2

]y=1−x2

y=0

=1

2x2 (1− x2)2 .

Puis

I =

1∫

−1

Iy(x) dx =1

2

1∫

−1

(x6 − 2x4 + x2) dx =1

2

[

x7

7− 2x5

5+

x3

3

]1

−1

=1

7− 2

5+

1

3=

8

105.

53

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 =

∫∫

D

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

R

R

D

x

············

············

············

···········

···········

···········

··········

·········

········

·······

······

···

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∫

0

y dy =

[

y2

2

]y=(R2−x2)1/2

y=0

=1

2(R2 − x2) .

Puis

I =

R∫

0

Iy(x) dx =1

2

R∫

0

(R2 − x2) dx =1

2

[

R2x− x3

3

]R

0

=1

2

(

R3 − R3

3

)

=R3

3.

L’aire du quart de cercle valant

A =πR2

4,

on a donc

xG = yG =I

A=

4R

3π.


35) Calculer I =

∫∫

D

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 .

55

36) Calculer I =

∫∫

D

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

.

2

1

−1

O

B

A

1D

·· · ·

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·· · · ·

· ··

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.


2

1

−1

O

B

A

1D1

D2

x


(Iy)1(x) =

x∫

−x/2

dy√x+ y

=[

2√x+ y

]y=x

y=−x/2= 2

(√2x−

√

x

2

)

=√2x ,

d’où∫∫

D1

dx dy√x+ y

=

1∫

0

(Iy)1(x) dx =√2

1∫

0

√x dx =

√2

[

2

3x3/2

]1

0

=2√2

3.


2

1

−1

O

B

A

1

D1

D2

x

(Iy)2(x) =

−2x+3∫

−x/2

dy√x+ y

=[

2√x+ y

]y=−2x+3

y=−x/2= 2

(√3− x−

√

x

2

)

.

D’où

∫∫

D2

dx dy√x+ y

=

2∫

1

(Iy)2(x) dx = 2

2∫

1

√3− x dx−

√2

2∫

1

√x dx

=

[

−4

3(3− x)3/2 − 2

√2

3x3/2

]2

1

=8√2

3− 4

3+

2√2

3− 8

3= −4 +

10√2

3.

Alors

I =

∫∫

D1

dx dy√x+ y

+

∫∫

D2

dx dy√x+ y

= 4(√2− 1) .

57

37) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 ≤ y ≤ a ,

et

f(x, y) =

√y

x2y2 + 1.

a

y

D

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

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) =

∞∫

−∞

√y

x2y2 + 1dx =

√y

[

1

yarctan(xy)

]x=∞

x=−∞=

π√y.

Puis

I =

a∫

0

Ix(y) dy = π

a∫

0

dy√y= π

[

2√y]a

0= 2π

√a .


38) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 ≤ x ≤ y ≤ x+ x2 ,

etf(x, y) = ye−x .

x

D

··

··

··

·

··

··

··

··

··

·

··

··

·

··

··

··

··

····

········

·········


59

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

Iy(x) =

x+x2∫

x

ye−x dy = e−x

[

y2

2

]y=x+x2

y=x

= e−x (x+ x2)2 − x2

2= e−x 2x3 + x4

2.

Puis

I =

∞∫

0

Iy(x) dx =1

2

∞∫

0

e−x (2x3 + x4) dx .

En utilisant le fait que∞∫

0

e−xxn dx = n! ,

on en déduit

I =1

2(2 · 3! + 4!) = 3 · 3! = 18 .


39) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x ≥ 1 , x2 ≤ y ≤ x3 ,

etf(x, y) = ye−x .

x1

D

··· ················

···········

··················

·························

·······························

61


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

Iy(x) =

x3∫

x2

ye−x dy = e−x

[

y2

2

]y=x3

y=x2

= e−x x6 − x4

2.

Puis

I =

∞∫

1

Iy(x) dx =1

2

∞∫

1

e−x (x6 − x4) dx .

Posons

In =

∞∫

1

e−xxn dx .


In =[

− xne−x]∞

1+

∞∫

1

nxn−1e−x dx =1

e+ nIn−1 .

Comme

I0 =

∞∫

1

e−x dx =1

e,

on déduit successivement

I1 =2

e, I2 =

5

e, I3 =

16

e, I4 =

65

e, I5 =

326

eet I6 =

1957

e,

d’où

I =1

2(I6 − I4) =

946

e.


40) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 ≤ x ≤ y ,

et

f(x, y) =1

(1 + x2)(1 + y2).

D

y

·······

······

·····

····

···

·· ·


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

Ix(y) =

y∫

0

dx

(1 + x2)(1 + y2)=

1

1 + y2

[

arctan x]x=y

x=0=

arctan y

1 + y2.

Puis

I =

∞∫

0

Ix(y) dy =

∞∫

0

arctan y

1 + y2dy =

[

(arctan y)2

2

]∞

0

=π2

8.

63

41) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

où

D =

(x, y) |√

x2 + 1 ≤ y ≤ 5x

4

,

et

f(x, y) =1

x3y2.

y

5/3

D

·····

·········

·············

··················

·····················

·····················


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

y =√

x2 + 1


et la droite d’équation

y =5x

4

se coupent lorsque√

x2 + 1 =5x

4,

c’est-à-dire

x2 + 1 =25x2

16,

et donc9x2

16= 1 ,

soit

x =4

3et y =

5

3.

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

5à√

y2 − 1 et donc

Ix(y) =

√y2−1∫

4y/5

dx

x3y2=

1

y2

[

− 1

2x2

]x=√

y2−1

x=4y/5

= − 1

2y2(y2 − 1)+

25

32y4.

Puis

I =

∞∫

5/3

Ix(y) dy = −∞∫

5/3

dy

2y2(y2 − 1)+

25

32

∞∫

5/3

dy

y4.

On décompose facilement en éléments simples

1

y2(y2 − 1)=

1

y2 − 1− 1

y2=

1

2

(

1

y − 1− 1

y + 1

)

− 1

y2.

Donc

I =

∞∫

5/3

(

− 1

4(y − 1)+

1

4(y + 1)+

1

2y2+

25

32y4

)

dy

=[1

4ln

y + 1

y − 1− 1

2y− 25

96y3

]∞

5/3

= − ln 2

2+

3

10+

9

160

=57

160− ln 2

2.

65

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

∫∫

D

f(x, y) dx dy.

D

2π

··

··

··

·

··

··

··

··

··

··

1) Intégration en x puis en y.

2π

y

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

Ix(y) =

y+2π∫

y

sinx cos y dx =[

− cos x cos y]x=y+2π

x=y= 0 ,

donc ∞∫

0

Ix(y) dy = 0 .

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

Lorsque x appartient à [ 2π, +∞ [ .


2π x

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

Iy(x) =

x∫

x−2π

sinx cos y dy =[

sinx sin y]y=x

y=x−2π= 0 .

Lorsque x appartient à [ 0, 2π ] .

2πx

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

Iy(x) =

x∫

0

sinx cos y dy =[

sinx sin y]y=x

y=0= sin2 x .

Alors∞∫

0

Iy(x) dx =

2π∫

0

Iy(x) dx =

2π∫

0

1− cos 2x

2dx = π .

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

∞∫

0

Ix(y) dy =

∞∫

0

Iy(x) dx .

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

D

| sinx cos y | dx dy = +∞ .

67

43) SoitD = ] 0, 1 ] 2 ,

et

f(x, y) =x2 − y2

(x2 + y2)2.

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

∫∫

D

f(x, y) dx dy.

1) Intégration en y puis en x.

Si x est un nombre positif fixé, on a

Iy(x) =

1∫

0

x2 − y2

(x2 + y2)2dy =

1∫

0

dy

x2 + y2−

1∫

0

2y2

(x2 + y2)2dy .

On intègre par parties la deuxième intégrale

1∫

0

2y2

(x2 + y2)2dy =

[

− 1

y2 + x2× y

]y=1

y=0

+

1∫

0

dy

y2 + x2= − 1

1 + x2+

1∫

0

dy

y2 + x2,

donc

Iy(x) =1

1 + x2,

et par suite,1∫

0

Iy(x) dx =

1∫

0

dx

1 + x2= arctan 1 =

π

4.

2) Intégration en x puis en y.

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

1∫

0

Ix(y) dy = −π

4.

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

1∫

0

Ix(y) dy =

1∫

0

Iy(x) dx .

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

D

|x2 − y2|(x2 + y2)2

dx dy = +∞ .

Chapitre 2

CHANGEMENT DE VARIABLES

2.1 Coordonnées polaires

44) Calculer I =

∫∫

D

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.

a b

D

O

t ····

····

······

······

·······

·······

········

········

····

····

······

······

·······

·······

········

········

·····

·····

·····

·····

····

····

····

····

···

···

···

···

····

····

····

····

·····

·····

·····

·····

69

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

r2.

Donc

I =

∫∫

∆

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

∫∫

∆

dr dt

r.

Comme les variables se séparent, on a immédiatement

I =

∫∫

∆

dr dt

r=

b∫

a

dr

r

π∫

−π

dt

= 2π lnb

a.

2.1. COORDONNÉES POLAIRES 71

45) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

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

a

D

O

t

· · · · ·· · · · · · ·

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

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·


∆ = [ 0, a ] × [−π, π ] .

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

Donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

r3(1 + sin 2t) dr dt .


I =

a∫

0

r3 dr

π∫

−π

(1 + sin 2t) dt

=

[

r4

4

]a

0

[

t− cos 2t

2

]π

−π

=πa4

2.


46) Calculer I =

∫∫

D

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.

1

D

O

t

· · · · ·· · · · · · ·

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

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

· · · · ·


∆ = [ 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.

Donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

r3(1 + sin 2t)

(1 + r2)2dr dt .


I =

1∫

0

r3

(1 + r2)2dr

π∫

−π

(1 + sin 2t) dt

.

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

1∫

0

r3

(1 + r2)2dr =

1∫

0

u

2(1 + u)2du =

1

2

1∫

0

(

1

1 + u− 1

(1 + u)2

)

du ,


d’où1∫

0

r3

(1 + r2)2dr =

1

2

[

ln(1 + u) +1

1 + u

]1

0

=1

2

(

ln 2− 1

2

)

.

Par ailleursπ∫

−π

(1 + sin 2t) dt =

[

t− cos 2t

2

]π

−π

= 2π ,

d’où

I = π

(

ln 2− 1

2

)

.


47) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

D

O

t

·· · ·

· · · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·


∆ = [ 0, 1 ] × [ 0, π/4 ] .

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

Donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

r2(2 cos t− sin t) dr dt .


∫∫

D

f(x, y) dx dy =

1∫

0

r2 dr

π/4∫

0

(2 cos t− sin t) dt

==

1

3

[

2 sin t+ cos t]π/4

0=

√2

2− 1

3.


48) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

D

O

t

·· · ·

· · · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·


∆ = [ 0, 1 ] × [ 0, π/4 ] .

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

Donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

r3(1− sin 2t) dr dt .


∫∫

D

f(x, y) dx dy =

1∫

0

r3 dr

π/4∫

0

(1− sin 2t) dt

==

1

4

[

t+cos 2t

2

]π/4

0

=1

4

(

π

4− 1

2

)

=π − 2

16.


49) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

D1

O

t

·· · ·

· · · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·· · · · · · · ·

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

I = 2

∫∫

D1

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) .

Donc

I = 2

∫∫

∆1

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

∫∫

∆1

r3(1 + sin 2t) dr dt .



I = 2

1∫

0

r3 dr

π/4∫

0

(1 + sin 2t) dt

=

1

2

[

t− cos 2t

2

]π/4

0

=1

2

(

π

4+

1

2

)

=π + 2

8.


50) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1

2

D

O

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

r =2

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

2

.

D’autre part

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

Donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

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


On a tout d’abord

Ir(t) =

2

sin t+2cos t∫

0

r2(2 cos t+ sin t) dr

=

[

r3

3(2 cos t+ sin t)

]r= 2

sin t+2 cos t

r=0

=8

3(sin t+ 2cos t)2

=8

3

1

cos2 t(tan t+ 2)2.

Donc

I =

π/2∫

0

Ir(t) dt =

π/2∫

0

8

3

dt

cos2 t(tan t+ 2)2

=8

3

[ −1

tan t+ 2

]π/2

0

=8

3

[

limt→π/2

−1

tan t+ 2+

1

2

]

=4

3.


51) Calculer I =

∫∫

D

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 .

1 3

D1

D2

O

t

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

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

· · · · ·

· · · ·· · ·

··

··

· ·· ·

· · · · · · · · ·

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

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

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

· · ·

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∫∫

D1

f(x, y) dx dy =

∫∫

∆1


∫∫

∆1

r3 dr dt .

Comme les variables se séparent, on a immédiatement donc

∫∫

D1

f(x, y) dx dy =

3∫

0

r3 dr

3π/2∫

π/2

dt

=

81

4π .

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

2

.

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

Ir(t) =

3∫

2 cos t

r3 dr =81 − 16 cos4 t

4.

Donc∫∫

D2

f(x, y) dx dy =

π/2∫

−π/2

Ir(t) dt =

π/2∫

−π/2

81− 16 cos4 t

4dt .

Mais, en linéarisant,

cos4 t =

(

1 + cos 2t

2

)2

=1

4

(

1 + 2 cos 2t+ cos2 2t)

=1

4

(

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

2

)

=1

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

Alors

∫∫

D2

f(x, y) dx dy =

π/2∫

−π/2

1

4

[

81− 2(3 + 4 cos 2t+ cos 4t)]

dt

=

π/2∫

−π/2

1

4(75− 8 cos 2t− 2 cos 4t) dt

=

[

1

4

(

75t− 4 sin 2t− sin 4t

2

)]π/2

−π/2

=75π

4.

Finalement

I =

∫∫

D1

f(x, y) dx dy +

∫∫

D2

f(x, y) dx dy =81π

4+

75π

4= 39π .


52) Calculer I =

∫∫

D

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.

1

1

D1

O

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) .

Donc

I = 2

∫∫

D1

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

r =1

cos t.

En exprimant t en fonction de r, on a encore

t = arccos1

r.

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

∆1 =

(r, t) | arccos 1r≤ t ≤ π

4, 1 ≤ r ≤

√2

.


Donc

I = 2

∫∫

∆1


∫∫

∆1

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

=r3

2(1 + r2)

[

−cos 2t

2

]t=π/4

t=arccos(1/r)

=r3

4(1 + r2)cos

(

2 arccos1

r

)

.

Mais

cos

(

2 arccos1

r

)

= 2cos2(

arccos1

r

)

− 1 =2

r2− 1 .

D’où

It(r) =r3

4(1 + r2)

(

2

r2− 1

)

=r

4

2− r2

r2 + 1.

Alors

I = 2

√2

∫

1

2− r2

r2 + 1

rdr

4,

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

du = 2r dr ,

on obtient

I =

2∫

1

2− u

u+ 1

du

4=

1

4

2∫

1

(

3

u+ 1− 1

)

du =1

4

[

3 ln(u+ 1)− u]2

1=

1

4

(

3 ln3

2− 1

)

.


53) Calculer I =

∫∫

D

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 .

2

1

D

t

O

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

· · · · · · · · ·· · · · · ·

· · · · ·· · ·

·

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

r =2

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

cos t

.

D’autre part

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

On a donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

r2 dr dt .


Ir(t) =

2/ cos t∫

0

r2 dr =

[

r3

3

]r=2/ cos t

r=0

=8

3 cos3 t.

Alors

I =8

3

arctan(1/2)∫

0

dt

cos3 t=

8

3

arctan(1/2)∫

0

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

1

2tan arctan

1

2=

12

√

1 + 14

=1√5.

Alors

I =8

3

1/√5

∫

0

du

(u2 − 1)2.

On a1

u2 − 1=

1

2

(

1

u− 1− 1

u+ 1

)

,

puis1

(u2 − 1)2=

1

4

(

1

(u− 1)2+

1

(u+ 1)2− 2

(u− 1)(u+ 1)

)

,

d’où1

(u2 − 1)2=

1

4

(

1

(u− 1)2+

1

(u+ 1)2− 1

u− 1+

1

u+ 1

)

.

Alors

I =2

3

[

− 1

u− 1− 1

u+ 1+ ln

∣

∣

∣

∣

u+ 1

u− 1

∣

∣

∣

∣

]1/√5

0

=2

3

[

2u

1− u2+ ln

∣

∣

∣

∣

u+ 1

u− 1

∣

∣

∣

∣

]1/√5

0

=2

3

(√5

2+ ln

√5 + 1√5− 1

)

=

√5

3+

2

3ln

(√5 + 1)2

4

=

√5

3+

4

3ln

√5 + 1

2.


54) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) = x2 + y2 .

1

1

2

2

D1

O

tπ/6

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

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) ,

donc

I = 2

∫∫

D1

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

r =1

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

4,

1

sin t≤ r ≤ 2

.

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

On a donc

I = 2

∫∫

∆1


∫∫

∆1

r3 dr dt .


(Ir)1(t) =

2∫

1/ sin t

r3 dr =

[

r4

4

]r=2

r=1/ sin t

= 4− 1

4 sin4 t.

Puis

I = 2

π/4∫

π/6

(Ir)1(t) dt = 2

π/4∫

π/6

(

4− 1

4 sin4 t

)

dt = 8(π

4− π

6

)

−π/4∫

π/6

dt

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

π

6=

√3 ,

doncπ/4∫

π/6

dt

sin4 t=

√3

∫

1

(1 + u2) du =

[

u+u3

3

]

√3

1

= 2√3− 4

3.

Finalement

I =2π

3− 1

2

(

2√3− 4

3

)

=2π

3+

2

3−

√3 .


55) Calculer I =

∫∫

D

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 ,

1 3

D1

D2

O

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

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

· · · · ·

· · · ·· · ·

··

··

· ·· ·

· · · · · · · · ·

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

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

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

· · ·

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

2

.


On a donc∫∫

D1

f(x, y) dx dy =

∫∫

∆1

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

∫∫

∆1

r2 dr dt .


I1 =

3π/2∫

π/2

dt

3∫

0

r2 dr

= 9π .

2) Intégration sur D2.

1 3

D1

D2

O

t

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

f(x,−y) = f(x, y) ,

il en résulte que∫∫

D2

f(x, y) dx dy = 2

∫∫

D′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

2

.


On a donc∫∫

D′2

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) =

3∫

2 cos t

r2 dr =

[

r3

3

]r=3

r=2 cos t

= 9− 8

3cos3 t ,

puis

I2 = 2

π/2∫

0

(

9− 8

3cos3 t

)

dt .

Commecos 3t = 4cos3 t− 3 cos t ,

on en déduit

I2 = 2

π/2∫

0

(

9− 2

3(cos 3t+ 3cos t)

)

dt = 2

[

9t− 2

3

(

sin 3t

3+ 3 sin t

)]π/2

0

= 9π − 32

9.

Finalement

I = I1 + I2 = 18π − 32

9.

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

2O

D

·· · · ·

· · · · ·· · · · ·

· · · · · ·· · · · · ·

· · · · · ·· · · · ·

· · · · ·· · · ·· ·

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 ,

donc

r =

√

2

sin 2t.

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

√

2

sin 2t= 2 ,

donc

sin 2t =1

2,

c’est-à-dire

t =π

12et t =

5π

12.


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

A = 2

∫∫

∆

r dr dt ,

où

∆ =

(r, t) | π

12≤ t ≤ π

4,

√

2

sin 2t≤ r ≤ 2

.

On calcule

Ir(t) = 2

2∫

√

2

sin 2t

r dr =[

r2]r=2

r=√

2

sin 2t

= 4− 2

sin 2t,

d’où

A =

π/4∫

π/12

(

4− 2

sin 2t

)

dt =

π/4∫

π/12

(

4− 1 + tan2 t

tan t

)

dt .

On obtient donc

A =[

4t− ln tan t]π/4

π/12=

2π

3+ ln tan

π

12.

En écrivant

tanπ

6=

1√3=

2 tanπ

12

1− tan2π

12

,

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.

1 2

D1

O

t

π/3

· · · ·· · · · · ·

· · · · · · ·

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

· · · · · · ·

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 =

∫∫

D

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

I = 2

∫∫

D1

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

I = 2

∫∫

∆1

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∫

1

2r dr =[

r2]r=2 cos t

r=1= 4cos2 t− 1 ,

puis

A =

π/3∫

0

(4 cos2 t− 1) dt =

π/3∫

0

(2 cos 2t+ 1) dt =[

t+ sin 2t]π/3

0=

π

3+

√3

2.

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

On a tout d’abord

Ir(t) =

2 cos t∫

1

2r2 cos t dr = cos t[2r3

3

]r=2 cos t

r=1=

2

3(8 cos4 t− cos t) ,

puis

xG × A =2

3

π/3∫

0

(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 .

Donc

xG × A =2

3

π/3∫

0

(cos 4t+ 4cos 2t− cos t+ 3) dt =2

3

[

sin 4t

4+ 2 sin 2t− sin t+ 3t

]π/3

0

=2π

3+

√3

4.

Alors

xG =8π + 3

√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.

1 3

D2

D1

O

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

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

· · · · ·

· · · ·· · ·

··

··

· ·· ·

· · · · · · · · ·

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

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

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

· · ·

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∫∫

D

x dx dy +

∫∫

D1

x dx dy =

∫∫

D2

x dx dy = 0 ,

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

D

x dx dy = −∫∫

D1

x dx dy .

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

∫∫

D1

x dx dy = AD1× xD1

= π .

On en déduit que

xG = − π

8π= −1

8.


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.

R

D

O

t

θ

· · ·

· · ·

· · · ·

· · · ·

· · · · ·

· · · · ·

· · · · · · ·

· · · · · · ·

· · · · · · ·

· · · · · · ·

· · · · · · · ·

· · · · · · · ·

· · · · · · · ·· · · · · · · ·

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

I =

∫∫

D

x dx dy =

∫∫

∆

r2 cos t dr dt =

θ∫

−θ

cos t dt

R∫

0

r2 dr

= 2 sin θR3

3,

et

A =

∫∫

D

dx dy =

∫∫

∆

r dr dt =

θ∫

−θ

dt

R∫

0

r dr

= 2θR2

2.

On obtient donc

xG =I

A=

2R

3

sin θ

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.

1

1

O

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

··

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

·

··

··

··

··

··

··

··

··

··

··

··

·

··

··

··

··

·

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

1

D

O

t

α

· · · · · · ·

· · · · · · ·

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

· · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·

· · · · · · · · · ·

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


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

x =

√2

4et y =

√14

4.

On a doncy

x=

√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

A =

∫∫

D

dx dy =

∫∫

∆

rdr dt .

On a tout d’abord

Ir(t) =

2√2 cos t∫

1

r dr =

[

r2

2

]r=2√2 cos t

r=1

= 4cos2 t− 1

2.

Alors

A =

α∫

−α

(

4 cos2 t− 1

2

)

dt =

α∫

−α

(

2 cos 2t+3

2

)

dt =

[

sin 2t+3t

2

]+α

−α

,

d’oùA = 2 sin 2α + 3arctan

√7 .

Mais

sin(2α) =2 tan α

1 + tan2 α=

√7

4,

d’où

A =

√7

2+ 3arctan

√7 .


61) Calculer I =

∫∫

D

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

x+ y.

b

D

O

t

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


∆ = ] 0, b ] × [ 0, π/2 ] .

D’autre part


r(cos t+ sin t).

Donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

dr dt

sin t+ cos t.


I =

b∫

0

dr

π/2∫

0

dt

sin t+ cos t

= b

π/2∫

0

dt√2 sin

(

t+π

4

) .

En écrivant

sin(

t+π

4

)

=

2 tan

(

t

2+

π

8

)

1 + tan2(

t

2+

π

8

) ,

on obtient

I =b√2

π/2∫

0

1 + tan2(

t

2+

π

8

)

2 tan

(

t

2+

π

8

) dt =b√2

[

ln

∣

∣

∣

∣

tan

(

t

2+

π

8

)∣

∣

∣

∣

]π/2

0

=b√2ln

tan 3π8

tan π8

.


En partant de

1 = tanπ

4=

2 tanπ

8

1− tan2π

8

,

on trouve que tanπ

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

tanπ

8=

√2− 1 .

Par ailleurs

tan3π

8= tan

(π

2− π

8

)

=1

tanπ

8

=√2 + 1 .

d’où

I =b√2ln(

√2 + 1)2 =

√2 b ln(

√2 + 1) .


62) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

et

f(x, y) =x− y

x2 + y2.

1 2

D

O

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) =

y

x2 + y2.

On a

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

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

sin t

r.

On a donc

I1 =

∫∫

∆

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

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

2 cos t∫

cos t

sin t dr = cos t sin t .

Puis

I1 =

π/2∫

0

(I1)r(t) dt =

π/2∫

0

cos2 t dt =

π/2∫

0

1 + cos 2t

2dt =

1

2

[

t+sin 2t

2

]π/2

0

=π

4

et

I2 =

π/2∫

0

(I2)r(t) dt =

π/2∫

0

sin t cos t dt =

π/2∫

0

sin 2t

2dt =

1

2

[

−cos 2t

2

]π/2

0

=1

2.

Finalement

I = I1 − I2 =π − 2

4.


63) Calculer I =

∫∫

D

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.

D

t

O

·······

·······

·······

·······

·······

·······

·······

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

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

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

On a tout d’abord

Ir(t) =

∞∫

0

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 ,

donc

Ir(t) =

∞∫

0

un+1e−u

(cos t+ sin t)2du =

(n+ 1)!

(cos t+ sin t)2,


et par suite

I =

π/2∫

0

(n+ 1)!

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

π/2∫

0

dt

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

[

− 1

1 + tan t

]π/2

0

= (n+ 1)! .


64) Calculer I =

∫∫

D

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.

1

1

D

O

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

r =1

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

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

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

On a tout d’abord

Ir(t) =

1

sin t+cos t∫

0

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

r3

3

]r= 1

sin t+cos t

r=0

=1

3(sin t+ cos t).

Puis

I =1

3

π/2∫

0

dt

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).

I =1

3

π/2∫

0

1 + tan2 t2

1 + 2 tan t2 − tan2 t

2

dt .

En posant u = tant

2, qui donne donc

du =1

2

(

1 + tan2t

2

)

dt ,

on obtient

I =1

3

1∫

0

2

1 + 2u− u2du .

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

√2 et 1−

√2. On a alors

I =

√2

6

1∫

0

(

1

u− 1 +√2− 1

u− 1−√2

)

du =

√2

6

[

ln

∣

∣

∣

∣

∣

u− 1 +√2

u− 1−√2

∣

∣

∣

∣

∣

]1

0

= −√2

6ln

√2− 1√2 + 1

.

Finalement

I =

√2

6ln(

√2 + 1)2 =

√2

3ln(1 +

√2) .


65) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

(x−√a2 − b2)2

a2+

y2

b2= 1 ,

où a > b > 0, privé de l’origine, et

f(x, y) =1

√

x2 + y2.

t

c− a c+ aO

D

· · · · · ·· · · · · · · · · ·

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

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

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

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

· ·

Nous noterons, comme il est usuel pour les ellipses,

c =√

a2 − b2 , p =b2

aet e =

c

a.

On remarquera que 0 < e < 1.

Comme


r,

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

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

dr dt ,


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

On aura alors

Ir(t) =

ϕ(t)∫

0

dr = ϕ(t) ,

et donc

I =

π∫

−π

Ir(t) dt =

π∫

−π

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

a2+

r2 sin2 t

b2= 1 ,

c’est-à-dire

r2(

cos2 t

a2+

sin2 t

b2

)

− 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

a2+

sin2 t

b2

)

b2

a2=

1

a2.

La racine positive du trinôme est donc

r =

(

c

a2cos t+

1

a

) (

cos2 t

a2+

sin2 t

b2

)−1

= b2a+ c cos t

a2 sin2 t+ b2 cos2 t,

ce qui donne

r = b2a+ c cos t

a2 − c2 cos2 t=

b2

a− c cos t=

p

1− e cos t.

Il en résulte que

I = p

π∫

−π

dt

1− e cos t.

Or1

1− e cos t=

1

1− e1− tan2 t

2

1 + tan2 t2

=1 + tan2 t

2

(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

du =1

2

(

1 + tan2t

2

)

dt ,

on obtient finalement

I = 2p

∞∫

−∞

du

(1 + e)u2 + 1− e= 2p

[

1√1− e2

arctan(1 + e)u√1− e2

]∞

−∞=

2pπ√1− e2

= 2bπ .


66) Calculer I =

∫∫

D

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.

D

t

O

·······

·······

·······

·······

·······

·······

·······

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

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

rdrdt

(r2 + p2)2.

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

I =

π/2∫

0

dt

∞∫

0

rdr

(r2 + p2)2

=π

2

[

− 1

2(r2 + p2)

]∞

0

=π

4p2.


67) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) |x ≥ 0 , y2 ≤ 2px ,

et

f(x, y) =1

(x2 + y2 + p2)2,

où p est un nombre réel strictement positif.

D1

O

t··

····

·····

······

······

·······

·······

········

·········

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

I =

∫∫

D1

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

I = 2

∫∫

∆1


∫∫

∆1

rdrdt

(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∫

0

rdr

(r2 + p2)2=

[

− 1

2(r2 + p2)

]r= 2p cos t

sin2 t

r=0

=1

2

1

p2− 1

p2 +4p2 cos2 t

sin4 t

.

Alors

I = 2

π/2∫

0

(Ir)1(t) dt =4

p2

π/2∫

0

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∫

0

cos2 t

sin4 t+ 4cos2 tdt =

∞∫

0

du

(u2 + 2)2.

En intégrant par parties, on trouve

∞∫

0

du

u2 + 2=

[

u

u2 + 2

]∞

0

+

∞∫

0

2u2du

(u2 + 2)2= 2

∞∫

0

(

1

u2 + 2− 2

(u2 + 2)2

)

du .

On en déduit ∞∫

0

du

(u2 + 2)2=

1

4

∞∫

0

du

u2 + 2=

[

1

4√2arctan

u√2

]∞

0

=π

8√2.

Finalement

I =π√2

4p2.


68) Calculer I =

∫∫

D

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

dx.

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) ,

donc

I =

∫∫

∆


∫∫

∆

re−r2(1−sin 2t cos a) dr dt .


Ir(t) =

∞∫

0

re−r2(1−sin 2t cos a) dr =

[

− e−r2(1−sin 2t cos a)

2(1 − sin 2t cos a)

]r=∞

r=0

=1

2(1− sin 2t cos a).

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

I =

π∫

−π

Ir(t) dt = 2

π/2∫

−π/2

dt

2(1 − sin 2t cos a).

Or1

1− sin 2t cos a=

1

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

I =

∞∫

−∞

du

u2 − 2u cos a+ 1=

[

1

| sin a | arctanu− cos a

| sin a |

]∞

−∞=

π

| sin a | .

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

D

e−x2−y2 dx dy = π ,


mais les variables se séparent et

∫∫

D

e−x2−y2 dx dy =

∞∫

−∞

e−x2

dx

∞∫

−∞

e−y2 dy

=

∞∫

−∞

e−x2

dx

2

,

d’où ∞∫

−∞

e−x2

dx =√π .


2.2 Coordonnées elliptiques

69) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

2+ y2 = 1 et

f(x, y) = x2 + y2 .

√2

1

D··

······

········

········

··········

··········

··········

··········

··········

··········

··········

··········

········

········

······

··

On utilise les coordonnées elliptiques

x =√2 r cos t et y = r sin t ,

pour lesquelles on obtient le déterminant jacobien

dx dy

dr dt=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂r

∂x

∂t

∂y

∂r

∂y

∂t

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

√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

1

2π

∆

···················

···················

···················

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

On a donc

I =

∫∫

∆

f(√2 r cos t, r sin t)

∣

∣

∣

∣

dx dy

dr dt

∣

∣

∣

∣

dr dt =

∫∫

∆

√2 r3(2 cos2 t+ sin2 t) dr dt .


I =

2π∫

0

(2 cos2 t+ sin2 t) dt

1∫

0

√2 r3 dr

.

En linéarisant

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

2,

donc2π∫

0

(2 cos2 t+ sin2 t) dt =1

2

2π∫

0

(3 + cos 2t) dt =1

2

[

3t+sin 2t

2

]2π

0

= 3π .

On a également1∫

0

√2 r3 dr =

[√2r4

4

]1

0

=

√2

4.

Finalement

I =3π

√2

4.


70) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

a2+

y2

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

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

a

b

D

··········

··········

·········

·········

·········

·········

·········

········

········

·······

······

·····

····

···


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


dx dy

dr dt=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂r

∂x

∂t

∂y

∂r

∂y

∂t

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

a cos t −ar sin tb sin t br cos t

∣

∣

∣

∣

= abr .


∆ =

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ t ≤ π

2

.

1

π/2

∆

·······

·······

·······

·······

·······


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

On a donc

I =

∫∫

∆

f(ar cos t, br sin t)

∣

∣

∣

∣

dx dy

dr dt

∣

∣

∣

∣

dr dt =

∫∫

∆

a2b2r3 cos t sin t dr dt .


I =

π/2∫

0

cos t sin t dt

1∫

0

a2b2 r3 dr

=

π/2∫

0

sin 2t

2dt

1∫

0

a2b2 r3 dr

.

On a d’une part

1

2

π/2∫

0

sin 2t dt =1

2

[

−cos 2t

2

]π/2

0

=1

2,

d’autre part1∫

0

a2b2 r3 dr = a2b2[

r4

4

]1

0

=a2b2

4.

Finalement

I =a2b2

8.


71) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

a2+

y2

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

de plan des coordonnées positives, et

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

a

b

D

··········

··········

·········

·········

·········

·········

·········

········

········

·······

······

·····

····

···




dx dy

dr dt=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂r

∂x

∂t

∂y

∂r

∂y

∂t

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣


∣

∣

∣

∣

= abr .


∆ =

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ t ≤ π

2

.

1

π/2

∆

·······

·······

·······

·······

·······


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

On a donc

I =

∫∫

∆


∣

∣

∣

∣

dx dy

dr dt

∣

∣

∣

∣

dr dt =

∫∫

∆

a4b4r5 cos t sin t dr dt .


I =

π/2∫

0

cos t sin t dt

1∫

0

a4b4 r5 dr

=

π/2∫

0

sin 2t

2dt

1∫

0

a4b4 r5 dr

.

On a d’une part

1

2

π/2∫

0

sin 2t dt =1

2

[

−cos 2t

2

]π/2

0

=1

2,

d’autre part1∫

0

a4b4 r5 dr = a4b4[

r6

6

]1

0

=a4b4

6.

Finalement

I =a4b4

12.


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

d’équationx2

a2+

y2

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

a

b

D

··········

··········

·········

·········

·········

·········

·········

········

········

·······

······

·····

····

···




dx dy

dr dt=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂r

∂x

∂t

∂y

∂r

∂y

∂t

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣


∣

∣

∣

∣

= abr .


1

π/2

∆

·······

·······

·······

·······

·······

∆ =

(r, t) | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ t ≤ π

2

,

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


1) f(x, y) = 1.


A =

∫∫

∆

∣

∣

∣

∣

dx dy

dr dt

∣

∣

∣

∣

dr dt =

∫∫

∆

abr dr dt =

π/2∫

0

dt

1∫

0

abr dr

=π

2ab

[

r2

2

]1

0

=πab

4.

2) f(x, y) = x.

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

On a donc

I =

∫∫

∆


∣

∣

∣

∣

dx dy

dr dt

∣

∣

∣

∣

dr dt =

∫∫

∆

a2br2 cos t dr dt .


I =

π/2∫

0

cos t dt

1∫

0

a2b r2 dr

.

On a d’une partπ/2∫

0

cos t dt =[

sin t]π/2

0= 1

d’autre part1∫

0

a2b r2 dr = a2b

[

r3

3

]1

0

=a2b

3.

Finalement

xG =I

A=

4a

3π.

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

yG =4b

3π.


2.3 Isométries

73) Calculer I =

∫∫

D

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

D

· · · · ·· · · · · · ·

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

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

· · ·

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

√5

−3/√2

O

Y∆

· · · · ·· · · · · · ·

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

· · · · · · · · ·· · · · · · ·

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 ≤

√5

,

et

I =

∫∫

∆

√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

√2Y

√

5− Y 2 ,

puis

I =

√5

∫

− 3√2

IX(Y ) dY =

√5

∫

− 3√2

2√2Y√

5− Y 2 dY =√2

[

−2

3(5− Y 2)3/2

]

√5

− 3√2

=2√2

3

(

5− 9

2

)3/2

=1

3.


74) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) = (x2 − y2) cos(xy) .

D

· ·· · ·· · · ·

· · · · ·· · · ·· · ·· ··

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

√2 X 2

√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 ,

donc

f(x, y) = −2XY cosX2 − Y 2

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

,

et

I =

∫∫

∆

−2XY cosX2 − Y 2

2dx dy .


IY (X) =

√X2−2∫

0

−2XY cosX2 − Y 2

2dY =

[

2X sinX2 − Y 2

2

]Y=√X2−2

Y=0

= 2X sin 1− 2X sinX2

2.

puis

I =

2√2

∫

√2

IY (X) dX =

2√2

∫

√2

(

2X sin 1− 2X sinX2

2

)

dX =

[

X2 sin 1 + 2 cosX2

2

]2√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 =

1

b2,

où 1 < a < b.

D

· · ·· · · · · ·· · · · · · ·

· · · ·· · ·

· ··

Effectuons le changement de variables

X =

√

y

xet Y =

√xy ,

qui donne

x =Y

Xet y = XY .

Le domaine D se transforme dans le rectangle

∆ =

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

1

b< Y < b

.

a

b

1/b

1/a

∆

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

2.4. CHANGEMENTS DE VARIABLES DIVERS 127

et

Φ(X,Y ) =

(

Y

X,XY

)

.

On obtient le déterminant jacobien

dx dy

dX dY=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂X

∂x

∂Y

∂y

∂X

∂y

∂Y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− Y

X2

1

X

Y X

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −2Y

X.

Pour le calcul de l’aire, on obtient

A =

∫∫

D

dxdy =

∫∫

∆

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

dX dY =

∫∫

∆

2Y

XdX dY .


A =

a∫

1/a

dX

X

b∫

1/b

2Y dY

= 2

(

b2 − 1

b2

)

ln a .

De même

Ix =

∫∫

D

x dxdy =

∫∫

∆

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

Y

XdX dY =

∫∫

∆

2Y 2

X2dX dY .


I =

a∫

1/a

dX

X2

b∫

1/b

2Y 2 dY

=

2

3

(

a− 1

a

) (

b3 − 1

b3

)

.

Enfin

Iy =

∫∫

D

y dxdy =

∫∫

∆

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

Y X dX dY =

∫∫

∆

2Y 2 dX dY .


I =

a∫

1/a

dX

b∫

1/b

2Y 2 dY

=

2

3

(

a− 1

a

) (

b3 − 1

b3

)

.

On trouve donc

xG = yG =1

3

(

a− 1

a

) (

b3 − 1

b3

)

(

b2 − 1

b2

)

ln a

=1

3

(

a− 1

a

) (

b2 + 1 +1

b2

)

(

b+1

b

)

ln a

.


76) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

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

etf(x, y) =

y√x

ln(1− x− y) ,

en utilisant le changement de variables

x = X(1 − Y ) et y = XY .

1

1

D

· · · · · ·· · · · ·· · · ·· · ·· ··

On a également

X = x+ y et Y =y

x+ 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

0 <y

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.

1

1

∆

·······

·······

·······

·······

·······

·······

·······



dx dy

dX dY=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂X

∂x

∂Y

∂y

∂X

∂y

∂Y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1− Y −X

Y X

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= X .

D’autre part

f(x, y) =XY

√

X(1 − Y )ln(1−X) .

Alors

I =

∫∫

∆

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

XY√

X(1 − Y )ln(1−X) dX dY =

∫∫

∆

X3/2 Y√1− Y

ln(1−X) dX dY .


I =

1∫

0

X3/2 ln(1−X) dX

1∫

0

Y√1− Y

dY

.

Tout d’abord

I1 =

1∫

0

Y√1− Y

dY =

1∫

0

(

1√1− Y

−√1− Y

)

dY =

[

−2√1− Y +

2

3(1− Y )3/2

]1

0

=4

3.

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

I2 =

1∫

0

X3/2 ln(1−X) dX = 2

1∫

0

t4 ln(1− t2) dt .


∫

t4 ln(1− t2) dt =t5

5ln(1− t2) +

∫

t5

5

2t

1− t2dt .

Maist6

1− t2= −1− t6

1− t2+

1

1− t2= −(t4 + t2 + 1) +

1

2

(

1

1 + t+

1

1− t

)

.

Alors∫

t4 ln(1− t2) dt =1

5

(

t5 ln(1− t2)− 2t5

5− 2t3

3− 2t+ ln

1 + t

1− t

)

=1

5

(

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

5− 2t3

3− 2t

)

.


On en déduit

I2 =

[

2

5

(

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

5− 2t3

3− 2t

)]1

0

=2

5

(

2 ln 2− 2

5− 2

3− 2

)

=2

5

(

2 ln 2− 46

15

)

.

Finalement

I = I1 × I2 =8

15

(

2 ln 2− 46

15

)

.


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

∫∫

D

f(x, y) dx dy

oùD = (x, y) | 0 < y < x .

et

f(x, y) =(x− y)a

(x+ y)a(1 + (x2 − y2)2),


X =x− y

x+ yet Y = x2 − y2 .

D

· · · · · · ·· · · · · ·

· · · · ·· · · ·

· · ·· ·

·

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 .

1

∆

········

········

········

········

········

········

········

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

x+ y

Y = x2 − y2

alors

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 =

√

Y

X,

donc

x =1

2

(√

Y

X+

√XY

)

et y =1

2

(√

Y

X−

√XY

)

.

Le système a une solution au plus dans D.

Si (X,Y ) est dans ∆, posons

Φ(X,Y ) = (x, y) =

(

1

2

(√

Y

X+

√XY

)

,1

2

(√

Y

X−

√XY

))

.

On a de manière évidente x > y. Par ailleurs

y =1

2

√

Y

X(1−X) > 0 .

Donc (x, y) est dans D.

En remontant les calculs précédents, on a

x− y =√XY et x+ y =

√

Y

X,

puisx− y

x+ y=

√X2 = X et (x− y)(x+ y) =

√Y 2 = Y ,

donc

Ψ

(

1

2

(√

Y

X+

√XY

)

,1

2

(√

Y

X−

√XY

))

= (X,Y ) .



dX dY

dx dy=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂X

∂x

∂X

∂y

∂Y

∂x

∂Y

∂y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2y

(x+ y)2− 2x

(x+ y)2

2x −2y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 4x2 − y2

(x+ y)2= 4X .

Doncdx dy

dX dY=

1

4X.

D’autre part

f(x, y) =Xa

1 + Y 2.

Alors

I =

∫∫

∆

f(x, y)

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

dX dY =

∫∫

∆

1

4

Xa−1

1 + Y 2dX dY .


I =1

4

1∫

0

Xa−1 dX

∞∫

0

dY

1 + Y 2

=π

8a.


78) Calculer I =

∫∫

D

f(x, y) dx dy

où

D =

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

x

.

etf(x, y) = x−1/4y−1/2 ,


x = X et y =Y

X.

1

D

··············

··············

·········

·······

·····

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 .

1

1

∆

·······

·······

·······

·······

·······

·······

·······



dx dy

dX dY=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂X

∂x

∂Y

∂Y

∂x

∂Y

∂y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0

− Y

X2

1

X

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=1

X.

D’autre part

f(x, y) = X−1/4

(

Y

X

)−1/2

= X1/4 Y −1/2 .

On calcule donc

I =

∫∫

∆

f

(

X,Y

X

) ∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

dX dY =

∫∫

∆

X−3/4 Y −1/2 dX dY .


I =

1∫

0

X−3/4 dX

1∫

0

Y −1/2 dy

=[

4X1/4]1

0

[

2Y 1/2]1

0= 8 .


79) Calculer I =

∫∫

D

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 .

D

·· · ·· · · ·

· · ·· · ·


dX dY

dx dy=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂X

∂x

∂X

∂y

∂Y

∂x

∂Y

∂y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

y x

−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)

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

= (y2 − x2)xy(x2 + y2) dx dy =1

2Y X .


bX

1

a

∆

········

········

········

········

········

········

········

········

On a donc

I =1

2

∫∫

∆

Y X dX dY .

On obtient tout d’abord

IY (X) =1

2

1∫

0

Y X dY =1

2

[

Y X+1

X + 1

]Y=1

Y=0

=1

2

1

X + 1,

puis

I =

b∫

a

IY (X) dX =1

2

b∫

a

dX

X + 1=

1

2

[

ln(X + 1)]b

a=

1

2ln

b+ 1

a+ 1.


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

Γ(t) =

∞∫

0

e−xxt−1 dx et B(α, β) =

1∫

0

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 .

D

········

········

········

········

········

········

········

········

Comme les variables se séparent, on a

I =

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

∞∫

0

e−xxα−1 dx

∞∫

0

e−yyβ−1 dy

= Γ(α) Γ(β) .

Effectuons le changement de variables

X = x+ y et Y =x

x+ y.

Il établit une bijection de D sur le domaine

∆ = ] 0, ∞ [× ] 0, 1 [ ,

car on a alorsx = XY y = (1− Y )X .


1

∆

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


dx dy

dX dY=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂x

∂X

∂x

∂Y

∂y

∂X

∂y

∂Y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Y X

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

I =

∫∫

∆

f(XY, (1 − Y )X

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

dX dY

=

∫∫

∆

e−X(XY )α−1[

(1− Y )X]β−1

∣

∣

∣

∣

dx dy

dX dY

∣

∣

∣

∣

dX dY

=

∫∫

∆

e−XXα+β−1 Y α−1(1− Y )β−1 dX dY .


I =

∞∫

0

e−XXα+β−1 dX

1∫

0

Y α−1(1− Y )β−1 dY

= Γ(α+ β)B(α, β) .

Deuxième partie

INTEGRATION DANS R3

141

Chapitre 3

THEOREME DE FUBINI

81) Calculer I =

∫∫∫

D

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 .

1

1

1

y

z

x

1

1

x

y

D

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∫

0

(x+ y + z)2 dz =

[

(x+ y + z)3

3

]z=1−x−y

z=0

=1

3

(

1− (x+ y)3)

.

143


On calcule alors l’intégrale double

I =

∫∫

D

1

3

(

1− (x+ y)3)

dx dy .

Lorsque x est compris entre 0 et 1, on a

Izy(x) =

1−x∫

0

Iz(x, y) dy =

1−x∫

0

1

3

(

1− (x+ y)3)

dy =1

3

[

y − (x+ y)4

4

]y=1−x

y=0

=1

4− x

3+

1

12x4 .

Alors

I =

1∫

0

Izy(x) dx =

1∫

0

(

1

4− x

3+

1

12x4)

dx =

[

x

4− x2

6+

1

60x5]1

0

=1

10.

145

82) Calculer I =

∫∫∫

D

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 .

1

1

1

y

z

x

1

1

x

y

D

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∫

0

ex+y+z dz =[

ex+y+z]z=1−x−y

z=0= e− ex+y .


I =

∫∫

D

(

e− ex+y)

dx dy .


Izy(x) =

1−x∫

0

Iz(x, y) dy =

1−x∫

0

(

e− ex+y)

dy =[

ey − ex+y]y=1−x

y=0= e(1− x)− e+ ex = ex − ex .

Alors

I =

1∫

0

Izy(x) dx =

1∫

0

(ex − ex) dx =

[

ex − ex2

2

]1

0

=e

2− 1 .


83) Calculer I =

∫∫∫

D

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.

1

1

D

x

y


Iz(x, y) =

x2+y2∫

0

(x+ y + z) dz =[

(x+ y)z +z2

2

]z=x2+y2

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

(x2 + y2)2

2.

On a donc

Iz(x, y) =1

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


I =

∫∫

D

Iz(x, y) dx dy .


147

Izy(x) =

x∫

0

Iz(x, y) dy

=1

2

x∫

0

(

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

dy

=1

2

[y5

5+

y4

2+ 2(x2 + x)

y3

3+ x2y2 + (x4 + 2x3)y

]y=x

y=0

=1

2

(

x5

5+

x4

2+ 2(x2 + x)

x3

3+ x4 + (x4 + 2x3)x

)

=1

2

(

14x5

15+

25x4

12

)

.

Alors

I =

1∫

0

Izy(x) dx =1

2

1∫

0

(

14x5

15+

25x4

12

)

dx =

[

7x6

45+

5x5

12

]1

0

=103

180.


84) Calculer I =

∫∫∫

D

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

1

1

y

z

x

D1

D2

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.

1

1

D1

x

y

Lorsque (x, y) appartient à D1, on a

Iz(x, y) =

1−x∫

0

(x− y + z)2 dz =1

3

[

(x− y + z)3]z=1−x

z=0=

1

3

(

(1− y)3 − (x− y)3)

.

149


I1 =1

3

∫∫

D1

(

(1− y)3 − (x− y)3)

dx dy .


Izy(x) =

x∫

0

Iz(x, y) dy =1

3

x∫

0

(

(1− y)3 − (x− y)3)

dy =1

3

[

−(1− y)4

4+

(x− y)4

4

]y=x

y=0

,

d’où

Izy(x) =1

12(−(1− x)4 + 1− x4) .

Alors

I1 =

1∫

0

Izy(x) dx =1

12

1∫

0

(−(x− 1)4 + 1− x4) dx =1

12

[

−(x− 1)5

5+ x− x5

5

]1

0

=1

20.

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.

1

1

D2

x

y

Lorsque (x, y) appartient à D2, on a

Iz(x, y) =

1−y∫

0

(x− y + z)2 dz =1

3

[

(x− y + z)3]z=1−y

z=0=

1

3

(

(x+ 1− 2y)3 − (x− y)3)

.

On calcule ensuite l’intégrale double

I2 =1

3

∫∫

D2

(

(x+ 1− 2y)3 − (x− y)3)

dx dy .

Lorsque y est compris entre 0 et 1, on a

Izx(y) =

y∫

0

Iz(x, y) dx =1

3

y∫

0

(

(x+ 1− 2y)3 − (x− y)3)

dx =1

3

[

(x+ 1− 2y)4

4− (x− y)4

4

]x=y

x=0


d’où

Izx(y) =1

12

(

(1− y)4 − (1− 2y)4 + y4)

.

Alors

I2 =

1∫

0

Izx(y) dy =1

12

1∫

0

(

(y − 1)4 − (2y − 1)4 + y4)

dy =1

12

[

(y − 1)5

5− (2y − 1)5

10+

y5

5

]1

0

=1

60.

Finalement

I = I1 + I2 =1

20+

1

60=

1

15.

151

85) Calculer I =

∫∫∫

D

f(x, y, z) dx dy dz

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

etf(x, y, z) = x2y .

D

1−1

1

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

I =

∫∫

D

Iz(x, y) dx dy .

Donc

Izy(x) =

1−x2∫

0

2x2y dy =[

x2y2]y=1−x2

y=0= x2(1− x2)2 ,


et finalement

I =

1∫

−1

x2(1− x2)2 dx =

1∫

−1

(x2 − 2x4 + x6) dx = 2

(

1

3− 2

5+

1

7

)

=16

105.

153

86) Calculer I =

∫∫∫

D

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 .

1

1

x

y

D

1

1

1

y

z

x

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∫

0

xyz dz =1

2xy(1− x2 − y2) .

On calcule ensuite l’intégrale double

I =

∫∫

D

Iz(x, y) dx dy .


Donc

Izy(x) =

√1−x2∫

0

1

2xy(1− x2 − y2) dy

=x

2

√1−x2∫

0

(

(1− x2)y − y3)

dy

=x

2

[

(1− x2)y2

2− y4

4

]y=√1−x2

y=0

=x(1− x2)2

8.

Finalement

I =

1∫

0

x(1− x2)2

8dx =

[

−(1− x2)3

48

]1

0

=1

48.

155

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

x2

a2+

(y − c)2

b2= 1

où c > b > 0 et a > 0.

On calcule

V (D) =

∫∫∫

D

dx dy dz .


Iz(x, y) =

λy+µ∫

0

dz = λy + µ .

Alors

V (D) =

∫∫

D

Iz(x, y) dx dy = λ

∫∫

D

y dx dy + µ

∫∫

D

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

V =1

6(b− a)

[

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

(

a+ b

2

)]

.

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

Le théorème de Fubini permet d’écrire

V =

b∫

a

S(z) dz .

Posons

V′ =

1

6(b− a)

[

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

(

a+ b

2

)]

.

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

V =

b∫

a

zp dz =bp+1 − ap+1

p+ 1,

et

V′ =

1

6(b− a)

[

ap + bp + 4(a+ b)p

2p

]

.

Si p = 0, on obtient

V′ = b− a = V .


V′ =

1

6(b− a)

[

a+ b+ 4(a+ b)

2

]

=(a+ b)(b− a)

2=

b2 − a2

2= V .


V′ =

1

6(b− a)

[

a2 + b2 + 4(a+ b)2

4

]

=(b− a)(a2 + ab+ b2)

3=

b3 − a3

3= V .

Enfin Si p = 3, on obtient

V′ =

1

6(b− a)

[

a3 + b3 + 4(a+ b)3

8

]

=(b− a)(a3 + a2b+ ab2 + b3)

4=

b4 − a4

4= V .

157

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

h

)2

S(a) .

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

S(h/2) =1

4,

et l’application de la formule obtenue donne

V =h

3A .


89) Calculer I =

∫∫∫

D

f(x, y, z) dx dy dz

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

et

f(x, y, z) =1

(x+ y + z)4.

La fonction f est positive sur D.

1

D

y

z

x

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

1

2

D

y

z

Lorsque (y, z) appartient à D , on a

Ix(y, z) =

∞∫

0

dx

(x+ y + z)4= −1

3

[

1

(x+ y + z)3

]x=∞

x=0

=1

3

1

(y + z)3.

159


I =

∫∫

D

Ix(y, z) dy dz =1

3

∫∫

D

dy dz

(y + z)3.

Lorsque x est positif

Ixz(y) =

∞∫

2y

Ix(y, z) dz =1

3

∞∫

2y

dy

(y + z)3= −1

6

[

1

(y + z)2

]z=∞

z=2y

=1

6

1

(3y)2.

Alors

I =

∞∫

1

Ixz(y) dy =1

54

∞∫

1

dy

y2=

1

54

[

−1

y

]∞

0

=1

54.

Chapitre 4


4.1 Coordonnées cylindriques

90) Calculer I =

∫∫∫

D

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.

1

1

r

z

161

4.1. COORDONNÉES CYLINDRIQUES 163

91) Calculer I =

∫∫∫

D

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.



1

1

r

z

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 .

Donc

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

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∫

0

zr cos r2 dz =

[

z2

2r cos r2

]z=√1−r2

z=0

=1

2(1− r2) r cos r2 .

Alors

I =

∫∫

∆1

Iz(r, t) dr dt .



I =

π∫

−π

dt

1∫

0

1

2(1− r2) r cos r2 dr

= π

1∫

0

(1− r2) r cos r2 dr .

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

I = π

1∫

0

(1− u) cos udu

2.

On intègre par parties

I =π

2

[

(1− u) sinu]1

0+

1∫

0

sinu du

=π

2

[

− cos u]1

0=

π

2(1− cos 1) .


92) Calculer I =

∫∫∫

D

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.

1 2

z

x

2

y

r

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

,

et

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

Donc

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

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 .

Alors

I =

∫∫

∆1

Iz(t, r) dt dr .

On obtient tout d’abord

Ir(t) =

cos t∫

0

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∫

0

cos t | sin t |u√4− u du ,

que l’on intègre par parties

Ir(t) = cos t | sin t |

[

−2

3u(4− u)3/2

]u=cos2 t

u=0

+2

3

cos2 t∫

0

(4− u)3/2 du

= cos t | sin t |[

−2

3u(4− u)3/2 − 4

15(4− u)5/2

]u=cos2 t

u=0

= cos t | sin t |(

128

15− 2

3cos2 u (4 − cos2 u)3/2 − 4

15(4− cos2 u)5/2

)

.

Pour finir, et en utilisant la parité,

I = 2

π/2∫

0

cos t sin t

(

128

15− 2

3cos2 t (4− cos2 t)3/2 − 4

15(4− cos2 t)5/2

)

dt .

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

I =

1∫

0

(

128

15− 2

3v (4− v)3/2 − 4

15(4− v)5/2

)

dv .


∫

v (4− v)3/2 dv = −2

5v(4 − v)5/2 +

2

5

∫

(4− v)5/2 dv = −2

5v(4− v)5/2 − 4

35(4− v)7/2 ,


d’où

I =

[

128

15v +

4

15v(4− v)5/2 +

16

105(4− v)7/2

]1

0

=128

15+

4

1535/2 +

16

10537/2 − 16

10547/2

=128

15+

12

5

√3 +

144

35

√3− 128 × 16

105

=228

√3− 384

35.


93) Calculer I =

∫∫∫

D

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

z

ra

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

I =

∫∫∫

∆

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 .


Alors

I =

∫∫

∆1

2√

R2 − (r − a)2 r3dr dt .

Comme les variables se séparent, on a

I =

π∫

−π

dt

a+R∫

a−R

2√

R2 − (r − a)2 rdr

= 4π

a+R∫

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

2du

= 4πR2a3[

1

2

(

u+sin 2u

2

)]π/2

−π/2

+ 3πR4a

[

1

2

(

u− sin 4u

4

)]π/2

−π/2

= 4πR2a3π

2+ 3πR4a

π

2

=1

2π2R2a(4a2 + 3R2) .


94) Calculer le volume V =

∫∫∫

D

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



h1

h2z

r

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 ,

et

V =

∫∫∫

∆

r dr dt dz .

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

Ir(t, z) =

λz∫

0

r dr = λ2 z2

2,

Alors

V =

∫

∆1

λ2 z2

2dz .


V =

∫∫

∆1

Ir(t, z) dt dz =λ2

2

π∫

−π

dt

h2∫

h1

z2 dz

=λ2π

3(h32 − h31) .


On peut écrire

V =π

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

3(R2

2 +R1R2 +R21) .

En particulier

V =hπ

3R2

2 ,

pour le cône.



∫∫∫

D

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).




h1

h2

z

r

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 ,

et

V =

∫∫∫

∆

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∫

0

r dr =1

2(R2 − z2) .


V =

∫∫

∆1

Ir(t, z) dt dz =,

π∫

−π

dt

h1∫

h2

1

2(R2 − z2) dz

= π

[

R2(h1 − h2)−1

3(h31 − h32)

]

.

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

V =4

3πR3 .



∫∫∫

D

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.




z

r

π/2

53

1

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 .

et

V =

∫∫∫

∆

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+1

r dz = r(√

25− r2 − (r + 1)) .


Alors

V =

∫∫

∆1

Iz(r, t) dr dt .

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

V =

3∫

0

r(√

25− r2 − (r + 1)) dr

π∫

−π

dt

= 2π

[

−1

3(25 − r2)3/2 − r3

3− r2

2

]3

0

=41π

3.



∫∫∫

D

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).




a

a r

z

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

et

V =

∫∫∫

∆

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 .


Alors

V =

∫∫

∆1

Iz(r, t) dr dt .

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

V =

a∫

0

2r√

a2 + r2 dr

π∫

−π

dt

= 2π

[

2

3(a2 + r2)3/2

]a

0

=4π

3a3(2

√2− 1) .



∫∫∫

D

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

x2 + y2

a2=

z2

c2,

l’hyperboloïde d’équationx2 + y2

a2− z2

c2= 1

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




z

ra

h

Le cône a pour équation r =az

cet l’hyperboloïde r2 =

a2

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

∆1 = [−π, π ] × [ 0, h ] , on calcule

Ir(t, z) =

a√z2+c2/c∫

az/c

r dr =1

2

a2

c2(z2 + c2 − z2) =

a2

2.

On a donc

V =

∫∫∫

∆

r dr dt dz .

Alors

V =

∫∫

∆1

Ir(t, z) dt dz =a2

2

∫∫

∆1

dt dz =a2

2A (∆1) =

a2

22πh = πa2h .



∫∫∫

D

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

x2 + y2

a2=

z2

c2,

l’hyperboloïde d’équationx2 + y2

a2− z2

c2= −1

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




z

r

h

Le cône a pour équation r =az

cet l’hyperboloïde r2 =

a2

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

2

a2

c2(z2 − (z2 − c2)) =

a2

2.

On a donc

V1 =

∫∫∫

∆1

r dr dt dz .


Alors

V =

∫∫

∆1

Ir(t, z) dt dz =a2

2

∫∫

∆1

dt dz =a2

2A (∆1) =

a2

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′ =

1

3πa2c .

Alors

V (D) = πa2(

h− 2c

3

)

.



∫∫∫

D

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.




z

r

h

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∫

0

r dr =z

2a.

On a donc

V =

∫∫∫

∆

r dr dt dz .

Alors

V =

∫∫

∆1

Ir(t, z) dt dz =1

2a

∫∫

∆1

z dt dz .


V =1

2a

π∫

−π

dt

h∫

0

z dz,

=πh2

2a.



∫∫∫

D

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.

1

1

x

y

∆1

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

2

.

On a donc

V =

∫∫∫

∆

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

2

.

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

Iz(r, t) =

√1−r2∫

−√1−r2

r dz = 2r√

1− r2 ,

Alors

V =

∫∫

∆1

Iz(r, t) dr dt .

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

Irz(t) =

sin t∫

0

2r√

1− r2 dr =

[

−2

3(1− r2)3/2

]r=sin t

r=0

=2

3(1− cos3 t) .

Donc

V =2

3

π/2∫

−π/2

(1− cos3 t) dt .

En linéarisant

cos3 t =

(

eit + e−it

2

)3

=1

8(e3it + 3eit + 3e−it + e−3it) =

1

4(cos 3t+ 3cos t) .

Donc

V =2

3

π/2∫

−π/2

(

1− cos 3t+ 3cos t

4

)

dt

=2

3

[

t− 1

4

(

sin 3t

3+ 3 sin t

)]π/2

−π/2

=2π

3− 8

9.


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.

z

r

K

On obtient

V =

π∫

−π

dt

∫∫

Kt

r drdz

= 2π

∫∫

Kt

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,

∫∫

Kt

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

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

∫∫

Kt

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 =

∫∫∫

D

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.


z

xa

b

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 <

π

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

,

et

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

r.

Donc

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

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∫

0

z dr = 2az cos t ,

Alors

I =

∫∫

∆1

Ir(t, z) dt dz .

Comme les intégrales se séparent, on a immédiatement

I =

b∫

0

z dz

π/2∫

−π/2

2a cos t dt

= 2ab2π .


104) Calculer I =

∫∫∫

D

f(x, y) dx dy dz

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

et

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.



z

r1

1

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

r2a=

cos2 t

r2a−2.

Donc

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

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) =

√z

∫

0

cos2 t

r2a−3dr =

[

cos2 t

(4− 2a)r2a−4

]r=√z

r=0

=1

4− 2a

cos2 t

za−2.


Alors

I =

∫∫

∆1

Ir(z, t) dz dt .


I =1

4− 2a

π∫

−π

cos2 t dt

1∫

0

dz

za−2

=1

4− 2a

π∫

−π

1 + cos 2t

2dt

1∫

0

dz

za−2

=π

2(3 − a)(2− a).

4.2. COORDONNÉES SPHÉRIQUES 189

4.2 Coordonnées sphériques

105) Calculer I =

∫∫∫

D

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 .

Alors

I =

∫∫∫

∆

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

∫∫∫

∆

ρ4 cosϕdρ dθ dϕ .


I =

R∫

0

ρ4 dρ

π∫

−π

dθ

π/2∫

−π/2

cosϕdϕ

=

4πR5

5.


106) Calculer I =

∫∫∫

D

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 .

Alors

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

ρ2 cosϕ√

R2 − ρ2 dρ dθ dϕ .


I =

R∫

0

ρ2√

R2 − ρ2 dρ

π∫

−π

dθ

π/2∫

−π/2

cosϕdϕ

= 4π

R∫

0

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∫

0

R2 sin2 uR2 cos2 u du = π

π/2∫

0

R4 sin2 2u = πR4

π/2∫

0

1− cos 4u

2du =

π2R4

4.


107) Calculer I =

∫∫∫

D

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∫∫∫

D

xy dx dy dz =

∫∫∫

D

yz dx dy dz =

∫∫∫

D

zx dx dy dz = 0 ,

et que∫∫∫

D

x2 dx dy dz =

∫∫∫

D

y2 dx dy dz =

∫∫∫

D

z2 dx dy dz .

Alors

I = (a2 + b2 + c2)

∫∫∫

D

z2 dx dy dz .

Si l’on poseg(x, y, z) = z2 ,

on a donc

I = (a2 + b2 + c2)

∫∫∫

D

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 .

Alors

J =

∫∫∫

∆

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

∫∫∫

∆

ρ2 sin2 ϕρ2 cosϕdρ dθ dϕ .


J =

1∫

0

ρ4 dρ

π∫

−π

dθ

π/2∫

−π/2

cosϕ sin2 ϕdϕ

=

2π

5

[

sin3 ϕ

3

]π/2

−π/2

=4π

15,

d’où

I = (a2 + b2 + c2)4π

15.



∫∫∫

D

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.

z

r

2α

R



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 ] .

et

V =

∫∫∫

∆

ρ2 cosϕdρ dθ dϕ .

Comme les variables sont séparées on a immédiatement

V =

R∫

0

ρ2 dρ

π∫

−π

dθ

π/2∫

π/2−α

cosϕdϕ

=

2π

3R3(1− cosα) .

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


109) Calculer I =

∫∫∫

D

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 .

Alors

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

ρ2 sinϕdρ dθ dϕ .


I =

R∫

0

ρ2dρ

π∫

−π

dθ

π/2∫

0

sinϕdϕ

= 2π

R3

3.


110) Calculer I =

∫∫∫

D

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 ] ,

et

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

ρ.

Alors

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

ρ cosϕdρ dθ dϕ .


I =

R∫

0

ρ dρ

π∫

−π

dθ

π/2∫

−π/2

cosϕdϕ

= 2π R2 .


111) Calculer I =

∫∫∫

D

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.

1

π/3

r

z


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

et

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

Alors

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

ρ2 cos3 ϕdρ dθ dϕ .


Comme les variables se séprent, on a immédiatement

I =

1∫

0

ρ2 dρ

π∫

−π

dθ

π/6∫

−π/6

cosϕ(1 − sin2 ϕ) dϕ

=

2π

3

[

sinϕ− sin3 ϕ

3

]π/6

−π/6

=11π

18.


112) Calculer I =

∫∫∫

D

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 [ ,

et

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

ρ2 − 2ρ sinϕ+ 1.

Alors

I =

∫∫∫

∆


∫∫∫

∆

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[

(ρ+ 1)− (1− ρ)]

= 2ρ2 .

Puis

I =

∫

∆1

2ρ2 dρ dθ = 2

1∫

0

ρ2 dρ

π∫

−π

dθ

=4π

3.


4.3 Changements de variables divers

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

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2≤ 1 .

où a > 0, b > 0 et c > 0.

En posant

X =x

a, Y =

y

b, Z =

z

c,

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 .

Donc

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).

A

S

P

M

O

z

y

x

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 .


Donc

V (D) =

∫∫∫

D

dx dy dz =

∫∫∫

∆

∣

∣

∣

∣

dx dy dz

dX dY, dλ

∣

∣

∣

∣

dX dY dλ =

∫∫∫

∆

λ2hdX dY dλ .

Alors

V (D) = h

1∫

0

λ2 dλ

∫∫

A

dX dY

=h

3A (A) .


115) Calculer I =

∫∫∫

D

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 .

1

1

1

y

z

x

Remarquons que les systèmes

x = u− uvy = uv − uvwz = uvw

et

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

w =z

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) .

Alors

I =

∫∫∫

∆

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

∫∫∫

∆

u5v3w(1 − u)(1− v)(1 − w) du dv dw .


I =

1∫

0

(u5 − u6) du

1∫

0

(v3 − v4) dv

1∫

0

(w − w2) dw

,

ce qui donne

I =

(

1

6− 1

7

)(

1

4− 1

5

)(

1

2− 1

3

)

=1

7× 6

1

5× 4

1

3× 2=

1

7!.



∫∫∫

D

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

(x

a

)2/3+(y

b

)2/3+(z

c

)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

1∫

0

ρ2 dρ

π∫

−π

cos2 θ sin2 θ dθ

π/2∫

−π/2

cos5 ϕ sin2 ϕdϕ

.

On obtientπ∫

−π

cos2 θ sin2 θ dθ =1

4

π∫

−π

sin2 2θ dθ =1

8

π∫

−π

(1− cos 4t) dθ =π

4,

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∫

−1

(1− u2)2u2 du

=

1∫

−1

(u2 − 2u4 + u6) du =16

105.

Finalement

V = 9abc1

3

π

4

16

105= 4π

abc

35.

Troisième partie

INTEGRATION DANS Rp

205

Chapitre 5

THEOREME DE FUBINI

117) Calculer I =

∫

· · ·∫

D

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùD = [ 0, 1 ] p ,

et

f(x1, . . . , xp) =

p∏

k=1

xkk .


I =

p∏

k=1

1∫

0

xkk dxk

=

p∏

k=1

1

k + 1=

1

(p+ 1)!.

207


118) Calculer I =

∫

· · ·∫

D

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùD = [ 0, 1 ] p ,

et

f(x1, . . . , xp) =

(

p∑

k=1

xk

)2

.

On a donc

f(x1, . . . , xp) =

p∑

k=1

x2k +∑

1≤i 6=j≤p

xixj .

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

∫

· · ·∫

D

x2k dx1 · · · dxp =∫

· · ·∫

D

x21 dx1 · · · dxp ,

et, si 1 ≤ i 6= j ≤ p,∫

· · ·∫

D

xixj dx1 · · · dxp =∫

· · ·∫

D

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

∫

· · ·∫

D

x21 dx1 · · · dxp =

1∫

0

x21 dx1

p∏

k=2

1∫

0

dxk

=1

3,

et∫

· · ·∫

D

x1x2 dx1 · · · dxp =

1∫

0

x1 dx1

1∫

0

x2 dx2

p∏

k=3

1∫

0

dxk

=1

4.

Alors

I = p

∫

· · ·∫

D

x21 dx1 · · · dxp + p(p− 1)

∫

· · ·∫

D

x1x2 dx1 · · · dxp =p

3+

p(p− 1)

4=

3p2 + p

12.

209

119) Calculer Ip =

∫

· · ·∫

Dp

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp

oùDp = [ 0, π ] p ,

et

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

(

p∑

k=1

xk

)

.

Supposons p ≥ 2. On a tout d’abord

(Ip)xp(x1, . . . , xp−1) =

π∫

0

sin

(

p∑

k=1

xk

)

dxp =

[

− cos

(

p∑

k=1

xk

)]xp=π

xp=0

= − cos

(

π +

p−1∑

k=1

xk

)

+ cos

(

p−1∑

k=1

xk

)

= 2 cos

(

p−1∑

k=1

xk

)

.

Si maintenant p ≥ 3, on obtient

(Ip)(xp−1,xp)(x1, . . . , xp−2) = 2

π∫

0

cos

(

p−1∑

k=1

xk

)

dxp−1 = 2

[

sin

(

p−1∑

k=1

xk

)]xp−1=π

xp−1=0

= 2 sin

(

π +

p−2∑

k=1

xk

)

− 2 sin

(

p−2∑

k=1

xk

)

= −4 sin

(

p−2∑

k=1

xk

)

.

Alors

Ip =

∫

· · ·∫

Dp−2

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

= −4

∫

· · ·∫

Dp−2

sin

(

p−2∑

k=1

xk

)

dx1 · · · dxp−2 = −4 Ip−2 .

D’autre part

I1 =

π∫

0

sinx1 dx1 = −2 et I2 = 2

π∫

0

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∑

k=1

xk

)

= − sin

(

p∑

k=1

xk

)

= −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

I =

∫

· · ·∫

Dp

f(x1) · · · f(xp) dx1 · · · dxp =1

p!

1∫

0

f(t) dt

p

.

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) =

t∫

0

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∫

0

f(x1) · · · f(xp−1)f(xp) dxp

= f(x1) · · · f(xp−1)

xp−1∫

0

f(xp) dxp

= f(x1) · · · f(xp−1)F (xp−1) .

Donc

I =

∫

· · ·∫

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

I =

∫

· · ·∫

Dp−k

f(x1) · · · f(xp−k)F (xp−k)

k

k!dx1 · · · dxp−k .(5.1)

211

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∫

0

f(x1) · · · f(xp−k−1) f(xp−k)F (xp−k)

k

k!dxp−k

= f(x1) · · · f(xp−k−1)

xp−k−1∫

0

f(xp−k)F (xp−k)

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

(k + 1)!.

Donc

I =

∫

· · ·∫

Dp−k−1

f(x1) · · · f(xp−k−1)F (xp−k−1)

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

I =

1∫

0

f(x1)F (x1)

p−1

(p− 1)!dx1 =

F (1)p

p!=

1

p!

1∫

0

f(t) dt

p

.

Application.

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

Vp =1

p!.

b) Si f(t) = tα, alors F (t) =tα+1

α+ 1et donc

I =1

p!

1

(α+ 1)p.

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

I =1

p!(e− 1)p .

Chapitre 6


121) Calculer I =

∫

· · ·∫

D

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)

(

p∏

k=3

(x1 − xk)(x2 − xk)

)

∏

3≤i<j≤p

(xi − xj) ,

on obtient immédiatement

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

Alors

I =

∫

· · ·∫

D

f(x1, . . . , xp) dx1 · · · dxp = 0 .


122) Calculer I =

∫

· · ·∫

D

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

et

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 .

215

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 =

p∏

k=1

up−kk .

On a également

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

p∏

k=1

(

up+1−kk (1−uk)

)

.

Alors

I =

∫

· · ·∫

∆

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

2 · · · up−1 du1 · · · dup

=

∫

· · ·∫

∆

p∏

k=1

(

u2p+1−2kk (1− uk)

)

du1 · · · dup .


I =

p∏

k=1

1∫

0

(

u2(p−k)+1k − u

2(p−k)+2k

)

dxk

=

p∏

k=1

(

1

2(p − k) + 2− 1

2(p − k) + 3

)

=

p∏

k=1

1

(2(p − k) + 2)(2(p − k) + 3)

=

p−1∏

k=0

1

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

=1

(2p + 1)!.


123) Calculer le volume Vp de l’hypersphère

Sp =

(x1, . . . , xp) |p∑

i=1

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∏

j=1

cos θj .

avec la conventionθp =

π

2.

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∏

j=1

cos θj =xiρ.

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

∂xi∂θj

=

ρ sin θi

∏

1≤k≤i−1

k 6=j

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 :

217

JΦp =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

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∣

∣

∣

∣

∣

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∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x1ρ

x1 cotan θ1 0 0

x2ρ

−x2 tan θ1 x2 cotan θ2 0 0

0

xp−1

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

xpρ

−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 ,

où

Dp =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 cotan θ1 0 0

1 − tan θ1 cotan θ2 0 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∏

k=1

sin θk cos θk

)−1

.


On passe alors à JΦp que l’on peut écrire

JΦp = (−1)p−1

(

p∏

k=2

xksin θk cos θk−1

)

x1ρ sin θ1

,

ou encore

JΦp = (−1)p−1p∏

k=2

ρ

k−2∏

j=1

cos θj

= (−ρ)p−1p∏

k=3

k−2∏

j=1

cos θj

.

En inversant les produits

JΦp = (−ρ)p−1p−2∏

j=1

p∏

k=j+2

cos θj

= (−ρ)p−1p−2∏

j=1

cosp−j−1 θj ,

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

JΦp = (−ρ)p−1p−2∏

k=1

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

Vp =

∫

Sp

dx1 · · · dxp =∫

∆p

ρp−1p−2∏

k=1

cosk θp−1−k dρ dθ1 · · · dθp−1 .

Comme les variables se séparent, on a immédiatement,

Vp =

1∫

0

ρp−1dρ

p−2∏

k=1

π/2∫

−π/2

cosk θp−1−k dθp−1−k

2π∫

0

dθp−1

= 2p−1 π

p

p−2∏

k=1

Ik ,

où Ik désigne l’intégrale de Wallis

Ik =

π/2∫

0

cosk t dt .

Un calcul classique donne

Ik =

2p− 1

2p

2p − 3

2p − 2· · · 1

2

π

2si k = 2p

2p

2p + 1

2p− 2

2p− 1· · · 2

3=

4p(p!)2

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

.

Calculons le produit

Pp =

p∏

k=1

Ik .

219

Tout d’abord,

P2s =

s∏

k=1

(I2k−1I2k) .

Or

I2k−1I2k =

(

2k − 2

2k − 1· · · 2

3

)(

2k − 1

2k· · · 1

2

π

2

)

=π

4k,

donc

P2s =

s∏

k=1

π

4k=

πs

4ss!.

Ensuite

P2s+1 = P2sI2s+1 =πs

4ss!

4s(s!)2

(2s + 1)!=

s!πs

(2s+ 1)!.

On en déduit finalement

V2s = π22s−1

2sP2s−2 =

πs

s!

et

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

2.

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