Exercices sur les intégrales multiples.pdf analyse 3 -Analys
Télécharger PDFEN - EXERCICES SUR LES INTEGRALES MULTIPLES Z Z
Exercice 1Calculer I = D f(x, y) dxdy dans les cas suivants a) D est le triangle de sommets O, A(1, 0), B(0, 1) | f(x, y) = ln(x + y + 1) b) D est le parallélogramme limité par les droites d’équation y = x, y = 2x, y = x + 1, y = 2x − 2 c) D est l’intersection du disque de centre O et de rayon 1 et du disque de centre Ω(1, 1) et de rayon 1 d) 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 ≥ 0 et de longueur 1. | f(x, y) = (2x − y)2 | f(x, y) = xy | f(x, y) = y e) D est limité par les courbes d’équation y = 1/x et y = −4x + 5 | f(x, y) = x2y f) D est l’ensemble des points du plan tels que |x| + |y| ≤ 1 | f(x, y) = ex+y g) D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1, tels que x + y ≥ 1 | f(x, y) = xy (x2 + y2)2 h) D est le triangle de sommets O, A(1, 1), B(2, −1) | f(x, y) = (x + 2y)2 i) D est le rectangle [ 0, a ] × [ 0, b ] (a > b) | f(x, y) = |x − y| x +√3 y ≤ 1| f(x, y) = xy j) D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1, tels que √x +√y ≥ 1 et √1 − x +√1 − y ≥ 1| f(x, y) = (x − y)2 k) D est l’ensemble des points du plan qui vérifient les inégalités l) D est l’intersection des disques limités par les cercles d’équation x2 + y2 − 2Rx = 0 et x2 + y2 − 2Ry = 0 Z Z | f(x, y) = x2 − y2
Exercice 2Calculer I = D f(x, y) dxdy en utilisant les coordonnées polaires a) D est la couronne limitée par les cercles de centre O et de rayons respec tifs a et b (0 < a < b) | f(x, y) = 1 x2 + y2 b) D est le disque de centre O et de rayon a | f(x, y) = (x + y)2 c) D est limité par les axes et la droite d’équation y = −2x + 2 | f(x, y) = 2x + y d) D est limité par le cercle de centre O et de rayon 3 et le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1 e) D est l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon 1, tels que 0 ≤ y ≤ x f) D est l’ensemble des points du carré [ 0, 1 ] × [ 0, 1 ] extérieurs au cercle de centre O et de rayon 1 | f(x, y) = x2 + y2 | f(x, y) = (x − y)2 | f(x, y) = xy 1 + x2 + y2
EN 2
Exercice 3Calculer I = Z Z D f(x, y) dxdy en utilisant le changement de variables indiqué a) D est limité par les courbes d’équation y = ax, y = x/a, y = b/x, y = 1/(bx) (a > 1, b > 1, x > 0) Changement de variables : x = u/v, y = uv b) D est limité par l’ellipse d’équation (x/a)2 + (y/b)2 = 1 Coordonnées elliptiques : x = au cos v, y = bu sin v c) 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. Changement de variables : u = (x − y)/√2, v = (x + y)/√2 Z Z Z | f(x, y) = 1 | f(x, y) = x2 + y2 | f(x, y) = x + y
Exercice 4Calculer I = D f(x, y, z) dxdydz dans les cas suivants a) D est le domaine limité par les plans d’équation x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1 b) D est l’ensemble des triplets (x, y, z) vérifiant les inégalités 0 ≤ y ≤ 1 − x2et |x + y + z| ≤ 1 c) D est le domaine limité par les plans d’équation x = 0, y = 0, z = 0 et la sphère de centre O et de rayon 1, dont les points ont des coordonnées positives ZZ Z | f(x, y) = (x + y + z)2 | f(x, y) = x2y | f(x, y) = xyz
Exercice 5Calculer le volume V = D dxdydz des ensembles D suivants de R3 a) 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). b) 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. c) Partie limitée par la sphère de centre O et de rayon 1 et le cylindre d’équation x2 + y2 − y = 0 (Fenêtre de Viviani). d) 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. e) Partie limitée par le cylindre d’équation x2 + y2 = a2et l’hyperboloïde d’équation x2 + y2 − z2 = −a2(a > o). f) Partie limitée par la surface d’équation x a 2/3+ yb 2/3+ zc 2/3= 1 , en utilisant le changement de variables x = aρ(cost cos ϕ)3, y = bρ(sin t cos ϕ)3, z = cρ(sin ϕ)3, où (ρ, t, ϕ) décrit ] 0, 1 [ × ] −π, π [ × ] −π/2, π/2 [ .
EN 3
Exercice 6Soit K un domaine du demi-plan {(x, z)| x ≥ 0}. On note A son aire et xG l’abscisse de son centre de gravité. Montrer que le volume du domaine D obtenu en faisant tourner K autour de l’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 limité par le cercle d’équation (x − a)2 + y2 = R2(0 < R ≤ a) .
Exercice 7Soit les quatre points du plan A(−1, 1), B(1, 1), C(1, 3) et O(0, 0). Soit f la fonction définie par f(x, y) = x2(y − 1). a) Soit D le domaine limité par les droites AC et BC et le demi-cercle de diamètre AB contenant O. CalculerZ Z f(x, y) dxdy . D b) Soit D′l’ensemble des points du disque de centre O et de rayon √10 qui n’appartiennent pas à D. CalculerZ Z f(x, y) dxdy .
D′ EN 4 Corrigé des exercices sur les intégrales multiples 1) a) 1 D ✻ ✲ x 1 Lorsque x est compris entre 0 et 1, le nombre y varie de 0 à 1 − x. Donc Z1−x ln(x + y + 1) dy . En posant u = x + y + 1, on obtient Iy(x) = 0 i2 x+1= 2 ln 2 − 2 − (x + 1) ln(x + 1) + (x + 1). On a alors Iy(x) = Z2 x+1 ln u du = h u ln u − u I = Z 1 0 Iy(x) dx = Z 1 0 [2 ln 2 − 2 − (x + 1) ln(x + 1) + (x + 1)] dx . En posant v = x + 1, on obtient I = 2 ln 2 − 2 − et, en intégrant par parties, Z 2 1 (u ln u − u) du , Z 2 1 (u ln u − u) du = u2 2ln u 2 1 − Z 2 1 3 2u du , d’où I = 2 ln 2 − 2 − u2 2ln u −34u2 21=14.
EN 5 b) 4 y 2 ✻ D2 D1 ✲ 1 2 3 On découpe le domaine en deux parties D1 et D2, séparées par la droite d’équation y = 2, et on intègre sur chacun de ces domaines en fixant tout d’abord y. Sur D1, lorsque y est fixé entre 0 et 2, le nombre x varie de y/2 à y. On calcule tout d’abord (Ix)1(y) = Zy y/2 (2x − y)2dx = (2x − y)3 6 y y/2 =y36, alorsZ Z D1 (2x − y)2dxdy = Z2 0 y3 6dy = y4 24 2 0 =23. Sur D2, lorsque y est fixé entre 2 et 4, le nombre x varie de y − 1 à y/2 + 1. On calcule tout d’abord (Ix)2(y) = y/2+1 Z (2x − y)2dx = y−1 (2x − y)3 6 y/2+1 y−1 =8 − (y − 2)3 6, alorsZZ D2 (2x − y)2dxdy = Z4 2 8 − (y − 2)3 6dy = 1 6 8y −(y − 2)4 4 4 2 = 2 . Finalement I = Z Z D1 (2x − y)2dxdy + Z Z D2 (2x − y)2dxdy =83.
EN 6 c) ✻ 1 Ω D ✲ O x 1 Le cercle de centre Ω(1, 1) et de rayon 1, a pour équation (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1 . L’équation de la partie inférieure du cercle sera donc y = 1 −p1 − (x − 1)2 . L’équation de la partie supérieure du cercle de centre O et de rayon 1 sera y =p1 − x2 . Pour x compris entre 0 et 1, on calcule √1−x2 Z Iy(x) = 1−√1−(x−1)2 xy dy h = xy22i√1−x2 1−√1−(x−1)2 =x2 (1 − x2) − 1 −p1 − (x − 1)2 2 =x2h(1 − x2) − (1 − 2p1 − (x − 1)2 + 1 − (x − 1)2)i =x2h(1 − x2) − (2 − 2p1 − (x − 1)2 − (x2 − 2x + 1))i = xp1 − (x − 1)2 − x2. On a alors I = Z1 0 (xp1 − (x − 1)2 − x2) dx =Z1 0 xp1 − (x − 1)2 dx −13.
EN 7 On calcule l’intégrale de droite en posant par exemple x = 1 − sin t, pour t dans [ 0, π/2 ] . On a alors dx = − cost dt, et xp1 − (x − 1)2 dx =π/2 Z1 Z (1 − sin t) cos2t dt 0 0 = π/2 Z cos2t dt − 0 π/2 π/2 Z sin t cos2t dt 0 π/2 = Z 0 1 + cos 2t 2dt − Z 0 sin t cos2t dt ht 4+cos3t iπ/2 = 2+sin 2t 3 0 Donc I = d) =π4−13. π 4−13 −13=π4−23. ✻ A′ √3 2 B′ A y D B ✲ −1 O 1 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 pour équation y = sinπ3=√32, la droite passant par B et B′ a pour équation y = − tanπ3(x − 1) = −√3(x − 1), et celle passant par A et A′ a pour équation y =√3(x + 1).
EN 8 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 1 −y√3 . Alors Ix(y) = 1−y/√3 Z −1+y/√3 y dx = 2y I = √3/2 Z 0 2y 1 −y√3 dy √3/2 = y2 −2 3√3y3 0 =12. e) ✻ 4 D 1 1 x ✲ 41 Cherchons les points d’intersection des deux courbes. On doit avoir 1 x= −4x + 5 , ce qui équivaut à 4x2 − 5x + 1 = 0 ,
EN 9 et a pour solutions 1 et 1/4 . Lorsque x est fixé entre ces deux valeurs, on intègre en y −Z4x+5 Iy(x) = 1/x x2y dy = 2x2y2i−4x+5 h1 1/x =12(x2(−4x + 5)2 − 1) =1216x4 − 40x3 + 25x2 − 1 . Alors Iy(x) dx =12 165x5 − 10x4 +253x3 − x 11/4=441 Z1 1280. I = 1/4 f) 1 ✻ D ✲ −1 1 x −1 Lorsque x est fixé entre −1 et 1, y varie de |x| − 1 à 1 − |x|. On a donc 1−|x| Iy = Z |x|−1 |x|−1= ex e1−|x| − e|x|−1 .
ex+ydy = ex+y 1−|x| EN 10 On a alors I = = Z1 −1 Z0 −1 ex e1−|x| − e|x|−1 dx exe1+x − e−x−1 dx +Z1 0 exe1−x − ex−1 dx Z0 = e1+2x − e−1 dx +Z1 e − e2x−1 dx −1 0 0 = 1 2e2x+1 − xe−1 + −1 ex −12e2x−1 10 =e2− 12e+1e + e −e2 +12e = e −1e= 2 sh 1 . g) 1 D ✻ ✲ x 1 La partie supérieure du cercle a pour équation y =√1 − x2. Pour x compris entre 0 et 1, on calcule Iy(x) = √1−x2 Z 1−x xy (x2 + y2)2dy √1−x2 = −x 2(x2 + y2) 1−x 2(2x2 − 2x + 1) −x2.=x EN 11 On a alors 2(2x2 − 2x + 1) −x2 dx . I = Z1 0 x En faisant apparaître au numérateur la dérivée du dénominateur, on obtient I = Z1 0 1 1 8 2x2 − 2x + 1−x2 dx 2x2 − 2x + 1+141 4x − 2 8ln(2x2 − 2x + 1) + 14arctan(2x − 1) −x24 10 = =14(arctan 1 − arctan(−1)) −14=π8−14. h) ✻ 1 D1 A O -1 x 1 D2 2 ✲ B Les droites OA, OB et AB ont pour équations respectives y = x, y = −x/2 et y = −2x+ 3. On sépare D en deux domaines limités par la droite d’équation x = 1. On a alors, si x est compris entre 0 et 1, Zx (Iy)1(x) = −x/2 (x + 2y)2dy = 6(x + 2y)3ix−x/2 h1 d’oùZZ D1 Si x est compris entre 1 et 2,
=9x3 2, Z 1 (x + 2y)2dxdy = 0 9x3 2dx =98. EN 12 (Iy)2(x) = = −Z2x+3 (x + 2y)2dy −x/2 6(x + 2y)3i−2x+3 h1 −x/2 =9(2 − x)3 2. D’oùZ Z D2 (x + 2y)2dxdy = Z 2 1 9(2 − x)3 2dx = h−9(2 − x)4 8 i2 1=98. Alors I = i) Z Z D1 b (x + 2y)2dxdy + ✻ Z Z D2 (x + 2y)2dxdy =94. D1 y D2 ✲ O b a 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) = Zy 0 (y − x) dx = −(y − x)2 2 y 0 =y22. PuisZ Z D1 |x − y| dxdy = Z b 0 (Ix)1(y) dy =b36. Sur D2, on a f(x, y) = x − y, et, lorsque y est compris entre 0 et b, on obtient (Ix)2(y) = Za y (x − y) dx = (x − y)2 2 a y =(y − a)2 2.
EN 13 PuisZ Z Z b (y − a)3 b =(b − a)3 |x − y| dxdy = 0 D2 (Ix)2(y) dy = 6 0 6+a36. Alors I = j) ZZ D1 |x − y| dxdy + ZZ D2 |x − y| dxdy =(b − a)3 6+a36+b36=b33+12ab(a − b). √3 2 D1 ✻ − y ✲ 1 D2 On sépare D en deux domaines limités par l’axe des x. Sur la partie inférieure qui est symétrique par rapport à Oy, on a f(−x, y) = −f(x, y), doncZ Z xy dxdy = 0 , D2 et I = ZZ D1 xy dxdy . 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’écrit 4y2 − 2√3 y = 0 ,
EN 14 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 = −p1 − y2. Lorsque y est compris entre 0 et √3/2, on a donc 1−√ Z3 y Ix(y) = −√1−y2 xy dx = hx2y 2 i1−√3 y −√1−y2 =y2((1 −√3 y)2 − (1 − y2)) = 2y3 −√3 y2. Donc √3/2 I = Z 0 " 1 (2y3 −√3 y2) dy #√3/2 √3 = 2y4 − 3y3 0 =12916−√333√3 8= −332. k) ✻ 1 D x 1 ✲ 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 ,
EN 15 puis à y ≥ (1 −√x)2 = 1 + x − 2√x . De même, la condition√1 − x +p1 − y ≥ 1 , équivaut àp1 − y ≥ 1 −√1 − x , puis à et enfin à 1 − y ≥ (1 −√1 − x)2, y ≤ 1 − (1 −√1 − x)2 = x − 1 + 2√1 − x . Pour x compris entre 0 et 1, on calcule x−1+2√ Z1−x Iy(x) = = 1+x−2√x (y − x)3 3 (y − x)2dy x−1+2√1−x 1+x−2√x =13 (2√1 − x − 1)3 − (1 − 2√x)3 =13h8(x3/2 + (1 − x)3/2) + 6(√x +√1 − x) − 14i. Alors I = Z1 0 1 3 8(x3/2 + (1 − x)3/2) + 6(√x +√1 − x) − 14idx h =13h165(x5/2 − (1 − x)5/2) + 4(x3/2 − (1 − x)3/2) − 14xi10 =13 165+ 4 − 14 +165+ 4 =215.
EN 16 l) ✻ R D ✲ R 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. 2) a) ✻ D t ✯ ✲ O a b Le domaine D est obtenu lorsque les coordonnées polaires (r, t) parcourent le rectangle ∆ = [ a, b ] × [ −π, π ] . D’autre part f(r cost, r sin t) = 1r2.
EN 17 Donc ZZ I = = ∆ ZZ f(r cost, r sin t) rdrdt drdt r = ∆ Zb dr Zπ dt a r −π = 2π ln ba. b) Le domaine D est obtenu lorsque les coordonnées polaires (r, t) parcourent le rectangle ∆ = [ 0, a ] × [ −π, π ] . D’autre part f(r cost, r sin t) = (r cost + r sin t)2 = r2(1 + sin 2t). ✻ D ✯ t ✲ Donc Z Z O a I = = ∆ Z Z f(r cost, r sin t) rdrdt r3(1 + sin 2t) drdt = ∆ Za r3dr Zπ (1 + sin 2t)dt = 0 r4 4 a 0 −π 1 −cos 2t 2 π −π = πa42.
EN 18 c) ✻ ✲ 2 D t ✯ O 1 Cherchons tout d’abord l’équation polaire de la droite d’équation cartésienne y = −2x + 2 . On a r sin t = −2r cost + 2 , d’où r =2 sin t + 2 cost. Lorsque t est compris entre 0 et π/2, le nombre r varie de 0 à2 domaine ∆ = D’autre part sin t + 2 cost. On intègre donc sur le sin t + 2 cost, 0 ≤ t ≤π2 . (r, t)| 0 ≤ r ≤2 f(r cost, r sin t) = r(2 cost + sin t). Donc I = On a tout d’abord Z Z ∆ f(r cost, r sin t) rdrdt = 2 sin tZ+2 cos t Z Z ∆ r2(2 cost + sin t) drdt . Ir(t) = 0 hr3 r2(2 cost + sin t) dr i 2 sin t+2 cos t = 3(2 cost + sin t) 0 =8 3(sin t + 2 cost)2 =831 cos2 t(tan t + 2)2.
EN 19 Donc π/2 I = Z 0 8 3 dt cos2 t(tan t + 2)2 = 8 3 −1 tan t + 2 π/2 =83 lim t→π/2 0 tan t + 2+12 =43. −1 d) ✻ ✯ D2 D1 t ✲ O 1 3 On décompose le domaine en deux parties limitées par l’axe Oy. On a f(r cost, r sin t) = r2. La partie D1 est obtenue lorsque (r, t) parcourt le domaine ∆1 = [ 0, 3 ] × [ π/2, 3π/2 ] , doncZZ D1 f(x, y) dxdy = = ZZ ∆1 ZZ f(r cost, r sin t) rdrdt r3drdt ∆1 = Z3 r3dr 3π/2 Z dt 0 =814π .
π/2 EN 20 Le petit cercle a comme équation cartésienne (x − 1)2 + y2 = 1 , ou encore x2 + y2 = 2x . Donc, en coordonnées polaires, r2 = 2r cost , soit r = 2 cost . La partie D2 est obtenue lorsque (r, t) parcourt le domaine n ∆2 = (r, t)| 2 cos t ≤ r ≤ 3 , −π2≤ t ≤π2o. Lorsque t est compris entre −π/2 et π/2, on a r3dr =81 − 16 cos4t 4. Donc Ir(t) = Z3 2 cos t ZZ r3drdt D2 81 − 16 cos4t 4dt . Mais, en linéarisant, f(x, y) dxdy = = ZZ ∆2 π/2 Z −π/2 cos4t = 1 + cos 2t 2 2 =141 + 2 cos 2t + cos22t =14 1 + 2 cos 2t +1 + cos 4t 2 =18(3 + 4 cos 2t + cos 4t).
EN 21 Alors ZZ D2 f(x, y) dxdy = = π/2 Z −π/2 π/2 Z −π/2 1 4(81 − 2(3 + 4 cos 2t + cos 4t)) dt 1 4(75 − 8 cos 2t − 2 cos 4t) dt = 1 4 75t − 4 sin 2t −sin 4t 2 π/2 −π/2 =75π4. Finalement I = e) Z Z D1 f(x, y) dxdy + ZZ D2 f(x, y) dxdy =81π4+75π4= 39π . ✻ ✯ t ✲ D O 1 On a f(r cost, r sin t) = r2(cost − sin t)2 = r2(1 − sin 2t). Le domaine D est parcouru par le point de coordonnées (x, y) lorsque (r, t) décrit le domaine ∆ = [ 0, 1 ] × [ 0, π/4 ] . AlorsZZ D f(x, y) dxdy = Z Z ∆ r3(1 − sin 2t) drdt = Z1 0 r3dr π/4 Z (1 − sin 2t) dt 0 =14 t +cos 2t 2 =14 π4−12 =π − 2 16. π/4 0 EN 22 f) ✻ 1 D1 arccos 1r ✲ O 1 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 Z Z D1 f(x, y) dxdy , où D1 est la partie du domaine située sous la première bissectrice. On a 1 + r2=r2sin 2t f(r cost, r sin t) = r2costsin t 2(1 + r2). La droite d’équation cartésienne x = 1, a pour équation polaire, r = 1/ cost. En exprimant t en fonction de r, on a encore t = arccos(1/r). Le domaine D1 est parcouru lorsque (r, t) décrit le domaine ∆1 = Donc (r, t)| arccos1r≤ t ≤π4, 1 ≤ r ≤√2 . Z Z I = 2 ∆1 f(r cost, r sin t) rdrdt . On commence à intégrer en t. Pour r compris entre 1 et √2, on a π/4 Z It(r) = r3sin 2t 2(1 + r2)dt arccos(1/r) =r3 −cos 2t π/4 2(1 + r2) 2 arccos(1/r) =r3 4(1 + r2)cos 2 arccos1r .
EN 23 Mais cos 2 arccos1r = 2 cos2 arccos1r − 1 =2r2− 1 . D’où Alors It(r) = r3 4(1 + r2) √ 2 r2− 1 =r42 − r2 r2 + 1. I = 2 Z2 1 2 − r2 r2 + 1 rdr 4, et en effectuant le changement de variable u = r2, I = Z2 1 2 − u u + 1 du 4 =14Z2 1 3 u + 1− 1 du =14h3 ln(u + 1) − ui21 =14 3 ln 32− 1 . 3) a) ✻ D ✲ On remarque que, si les nombres u,v, x, y, sont positifs, le système ( x =uv y = uv
EN 24 équivaut à u =√xy . L’application v = ry x Φ : (u, v) 7→ (x, y), est une bijection de ] 0, +∞[ × ] 0, +∞[ sur lui même. Par ailleurs, D est l’ensemble des couples (x, y) tels que a≤ y ≤ ax et1bx ≤ y ≤bx, x c’est-à-dire1 a≤yx≤ a et1b≤ xy ≤ b , ou encore1 a≤ v2 ≤ a et1b≤ u2 ≤ b , On constate que (x, y) appartient à D, si et seulement si (u2, v2) appartient à [ 1/b, b ] × [ 1/a, a ] , c’est-à-dire si et seulement si (u, v) appartient à ∆ = [ 1/√b, √b ] × [ 1/√a, √a ] . Cet ensemble est donc un rectangle. Calculons le jacobien du changement de variables. On a D(x, y) D(u, v)= Donc, puisque f est constante, ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v = 1v−uv2 v u = 2uv. ZZ I = 2uvdudv ∆ = 2 √ Zb u du √a Z 1 vdv 1/√b 1/√a = = b −1b ln √a − ln 1√a b −1b ln a .
EN 25 b ✻ b) ✕ bu bu sin v vau cos v D au a ✲ Les coordonnées elliptiques sont analogues aux coordonnées polaires. Le domaine D est décrit lorsque le couple (u, v) décrit ∆ = [ 0, 1 ] × [ −π, π ] . Calculons le jacobien du changement de variables. On a = abu . Par ailleurs D(x, y) D(u, v)= ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v = a cos v −au sin v b sin v bu cos v f(au cos v, bu sin v) = u2(a2cos2v + b2sin2v). On a donc Z Z I = = D Z Z f(x, y) dxdy abu3(a2cos2v + b2sin2v) dudv ∆ = ab Z1 u3du Zπ (a2cos2v + b2sin2v) dv 0 =ab4Zπ −π 2+ b21 − cos 2v −π a21 + cos 2v 2 dv =ab8 (a2 + b2)v + (a2 − b2)sin 2v 2 =ab4(a2 + b2)π . π −π EN 26 c) x ✻ D ✲ √5 y Le changement de variables proposé est une rotation de centre O et d’angle π/4 qui transforme la droite d’équation y = −x − 3 en une droite horizontale ayant pour équation v = −3/√2. Le cercle se transforme en lui même, et le jacobien vaut 1 (isométrie). Par ailleurs f(x, y) = √2v . L’équation de la partie droite du cercle est u =√5 − v2, et celle de la partie gauche est u = −√5 − v2. u − √32 ✻ ✲ √5 v ∆ Pour v fixé entre −3/√2 et √5, on calcule Iu(v) = √5−v2 Z −√5−v2 √2v du = 2√2vp5 − v2 ,
EN 27 Alors √ I = Z5 −3/√2 Iu(v) dv √ = 2√2 Z5 −3/√2 vp5 − v2 dv =√2 −23(5 − v2)3/2 √5 −3/√2 5 −92 3/2=13. 4) a) =2√2 3 z 1 1 x ✠ ✻ 1 ✲ y y 1 ✻ 1 D1 ✲ x La projection du domaine D sur le plan xOy est le domaine D1 limité par les axes et la droite d’équa tion x + y = 1. Lorsque (x, y) appartient à D1, on a 1−Zx−y Iz(x, y) = 0 (x + y + z)2dz 1−x−y = (x + y + z)3 3 0 =131 − (x + y)3 . On calcule alors l’intégrale double Z Z I = D1 1 3 1 − (x + y)3 dxdy .
EN 28 Lorsque x est compris entre 0 et 1, on a Izy(x) = Z1−x Iz(x, y) dy 0 = Z1−x 0 1 3 1 − (x + y)3 dy =13 y −(x + y)4 4 1−x 0 =13 1 − x −14(1 − x4) =14−x3+112x4. Alors 4−x3+112x4 dx = x4−x26+160x5 10=110. b) I = Z1 0 Izy(x) dx = Z1 0 1 1
✻ D1 ✲ −1 1 EN 29 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 D1 limité par l’axe Ox et la parabole d’équation y = 1−x2. Si (x, y) est un point de D1, on calcule alors 1−Zx−y x2y dz = 2x2y . Puis on calcule l’intégrale double Iz(x, y) = −1−x−y Z Z Iz(x, y) dxdy . Donc I = 1−x2 D1 2x2y dy =hx2y2i1−x2 0= x2(1 − x2)2, et finalement 3−25+17 =16 Izy(x) = Z 0 Z1 105. I = −1 c) x2(1 − x2)2dx = Z1 −1 (x2 − 2x4 + x6) dx = 2 1 z 1 ✻ ✲ 1 y ✠ x
1 y 1 ✻ D1 ✲ 1 x EN 30 La projection sur les plan xOy du domaine D est le domaine D1 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 D1, on calcule alors √1−x2−y2 Iz(x, y) = On calcule ensuite l’intégrale double Donc Z 0 I = xyz dz =12xy(1 − x2 − y2). Z Z Iz(x, y) dxdy . D1 √1−x2 Z Izy(x) = 1 2xy(1 − x2 − y2) dy 0 =x2 √1−x2 Z ((1 − x2)y − y3) dy 0 =x2 (1 − x2)y22−y44 √1−x2 0 =x(1 − x2)2 8. Finalement I = 5) a) Z1 0 x(1 − x2)2 8dx = −(1 − x2)3 48 1 0 =148. z ✻ h1 R
✲ x h2 EN 31 On utilise les coordonnées cylindriques. La sphère d’équation cartésienne x2 + y2 + z2 = R2 a pour équation cylindrique r2 + z2 = R2. On intègre donc sur le domaine ∆ = {(r, t, z)| h2 ≤ z ≤ h1 , −π ≤ t ≤ π , 0 ≤ r ≤pR2 − z2} , et V = ZZ Z ∆ r drdtdz . La projection de ∆ sur le plan tOz est le rectangle ∆1 = [ −π, π ] × [ h1, h2 ] . Lorsque (t, z) appartient à ∆1, on a Ir(t, z) = Alors √R2−z2 Z 0 r dr =12(R2 − z2). Z Z V = Ir(t, z) dtdz = Zh1 1 2(R2 − z2) dz Zπ dt = π R2(h1 − h2) −13(h31 − h32) . ∆1 h2 −π Remarque : si h1 = R et h2 = −R, on retrouve le volume de la sphère V =43πR3. b) ✲ x z ✻ 2α R On utilise les coordonnées sphériques. La sphère d’équation cartésienne x2 + y2 + z2 = R2 a pour équation sphérique ρ = R. Le demi-cône supérieur 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 = Z ZZ ∆ ρ2cos ϕ dρdtdϕ . Comme les variables sont séparées on a immédiatement V = ZR ρ2dρ Zπ dt π/2 Z cos ϕ dϕ =2π3R3(1 − cos α).
0 −π π/2−α EN 32 Remarque : si α = π, on retrouve le volume de la sphère. c) On utilise les coordonnées cylindriques. La sphère d’équation cartésienne x2 + y2 + z2 = 1 a pour équation cylindrique r2 + z2 = 1 et le cylindre d’équation cartésienne x2 + y2 − y = 0, a pour équation cylindrique r = sin t . On intègre sur le domaine n ∆ = (r, t, z)| − p1 − r2 ≤ z ≤p1 − r2 , 0 ≤ r ≤ sin t , −π2≤ t ≤π2o. y 1 ∆1 On a donc ✻ 1 ZZ Z ✲ x V = ∆ r drdtdz . La projection de ce domaine sur le plan rOt est le domaine n ∆1 = (r, t)| 0 ≤ r ≤ sin t , −π2≤ t ≤π2o. Lorsque (r, t) appartient à ∆1, on calcule Iz(r, t) = √1−r2 Z −√1−r2 r dz = 2rp1 − r2 ,
EN 33 Alors ZZ V = ∆1 Iz(r, t) drdt . Si t est compris entre −π/2 et π/2, on calcule donc, 2rp1 − r2 dr = −23(1 − r2)3/2 sin t Zsin t Irz(t) = =23(1 − cos3t). 0 Donc En linéarisant V =23π/2 Z −π/2 0 (1 − cos3t) dt . =18(e3it + 3eit + 3e−it + e−3it) = 14(cos 3t + 3 cost). Donc cos3t = eit + e−it 2 3 V =23π/2 Z 1 −cos 3t + 3 cost 4 dt d) −π/2 =23 t −14 sin 3t 3+ 3 sin t =2π3−89. ✻z π/2 −π/2 π/2 1
3 5 ✲ x EN 34 On utilise les coordonnées cylindriques. Lorsque t est fixé, la génératrice du cône a pour équation cylindrique z = r + 1. La sphère a pour équation r2 + z2 = 25 . Pour l’intersection on a donc, r2 + (r + 1)2 = 25 , soit 2r2 + 2r − 24 = 0 . On trouve r = 3. On intègre sur le domaine ∆ = {(r, t, z)| r + 1 ≤ z ≤p25 − z2 , 0 ≤ r ≤ 3 , −π ≤ t ≤ π} . et V = ZZ Z ∆ r drdtdz . 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) = Alors √25−r2 Z r+1 r dz = r(p25 − r2 − (r + 1)). ZZ V = ∆1 Iz(r, t) drdt . Mais ∆1 est un rectangle, et les variables sont séparées, donc V = Z3 r( p 25 − r2 − (r + 1)) dr Zπ dt 0 = 2π −13(25 − r2)3/2 −r33−r22 30 −π =41π3.
EN 35 e) z ✻ a ✲ a y On utilise les coordonnées cylindriques. L’hyperboloïde a pour équation z2 − r2 = a2et le cylindre r = a. On intègre sur le domaine ∆ = n (r, t, z)| − a2 + r2 ≤ z ≤pa2 + r2, 0 ≤ r ≤ a , −π ≤ t ≤ πo. p 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 r dz = 2rpa2 + r2. Alors Iz(r, t) = √a2+r2 Z −√a2+r2 ZZ V = ∆1 Iz(r, t) drdt . Mais ∆1 est un rectangle, et les variables sont séparées, donc V = Za 2r p a2 + r2 dr