Serie 5 d analyse 3 s mp s3 2015 2016 enonce corrige.pdf ana
Télécharger PDFSérie 5 d’Analyse 3 SMP - S3 (2015-16) Enoncé & Corrigé
Exercice 1Calculer ˜Df(x, y) dxdy dans chacun des cas suivants : 1) f(x, y) = e−x−yet D = la surface du triangle de sommets O(0, 0), A(2, 0) et B(0, 2). Réponse : Par définition de l’ensemble D, on a : (x, y) ∈ D ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 2 et 0 ≤ y ≤ 2 − x Pour calculer ˜Df(x, y) dxdy, on utilise une succession de deux intégrales : ¨ D f(x, y) dxdy = ˆ 2 0 ˆ 2−x 0 e−x−ydy dx = ˆ 2 0 e−x ˆ 2−x 0 e−ydy dx = . . . . . .(faire le calcul ; c’est élémentaire) 2) f(x, y) = x et D = (x, y) ∈ R2: x > −1, 1 < y < 2, xy < 1 1
. Réponse : On note que : Donc : (x, y) ∈ D ⇐⇒ 1 < y < 2 et − 1 < x <1y ¨ D f(x, y) dxdy = ˆ 2 1 ˆ 1y −1 x dx
! dy = ˆ 2 1 x2 2 1y −1 dy =12ˆ 2 1 1 y2− 1 dy = −14 3) f(x, y) = |x − y| et D = (x, y) ∈ R2: |x| < 1, |y| < 1 . Réponse : On a : (x, y) ∈ D ⇐⇒ −1 < x < 1 et − 1 < y < 1. Le domaine D est un carré (plein). Donc : ¨ D f(x, y) dxdy = ˆ 1 −1 ˆ 1 −1 |x − y| dx dy Commençons par calculer l’intégrale intérieur. Pour −1 < y < 1 fixé, on a : ˆ 1 −1 |x − y| dx = = ˆ y −1 ˆ y −1 |x − y| dx + (y − x) dx + ˆ 1 y ˆ 1 y |x − y| dx (x − y) dx = yx −x22 y−1+ x22− yx 1y = y2 −y22+ y +12+12− y −y22+ y2 = y2 + 1 On déduit alors que :¨ D
Exercice 2f(x, y) dxdy = ˆ 1 −1 y2 + 1 dy = . . . . . . En utilisant le changement de variables : u = x + y, v = x − y, calculer : 1) ˜D1(x − y)ex+y dxdy où D1 = (x, y) ∈ R2: |x + y| < 1, |x − y| < 1 . Réponse : En utilisant le changement de variables indiqué, on voit que : (x, y) ∈ D1 ⇐⇒ |u| < 1, |v| < 1 ⇐⇒ (u, v) ∈ 41 où 41 = (u, v) ∈ R2: |u| < 1, |v| < 1 . 2
D’un autre côté, le jacobien du changement de variables est : D(x, y) D(u, v)= ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v = −12 car : D(x, y) D(u, v)= D(u, v) D(x, y) −1 et : D(u, v) D(x, y)= ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂y ∂v ∂y = 1 1 1 −1 = −2 La formule de changement de variables nous donne alors : ¨ D1 (x − y)ex+ydxdy= ¨ 41 veu D(x, y) D(u, v) dudv=¨41veu12dudv=12 ˆ 1−1v dv ˆ 1−1eudu = 0 x+y dxdy ou D2 = (x, y) ∈ R2: x > 0, y > 0, x + y < 1 2) ˜D2ex−y Réponse : Nous avons : Donc : u = x + y et v = x − y ⇐⇒ x =u + v 2et y =u − v 2 (x, y) ∈ D2 ⇐⇒ u + v > 0, u − v > 0 et u < 1 ⇐⇒ u > 0, u + v > 0, u − v > 0 et u < 1 ⇐⇒ u + v > 0, u − v > 0 et 0 < u < 1 ⇐⇒ 0 < u < 1 et − u < v < u Notons : 42 = (u, v) ∈ R2: 0 < u < 1 et − u < v < u . Alors : (x, y) ∈ D2 ⇐⇒ (u, v) ∈ 42 Le jacobien de changement de variables est le même que celui ci-dessus. La formule de changement de variables s’écrit alors : ¨ D2 ex−y x+y dxdy= ¨ 42 evu D(x, y) D(u, v) dudv=ˆ 1 0 ˆ u −u evu12dv du=12ˆ 1 0 uevu u−udu=12ˆ 1 0 ue1 − ue−1 du=sh12
Exercice 3En utilisant le changement de variables en coordonnées polaires, calculer : 1) ˜D1xp1 − x2 − y2 dxdy avec D1 = (x, y) ∈ R2: x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1 . 3
Le changement de variables en coordonnées polaires est : x = r cos θ, y = r sin θ Le jacobien de ce changement de variables est : D(x, y) D(r, θ)= ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂θ ∂y ∂θ = cos θ −r sin θ sin θ r sin θ = r Il est facile de voir que : (x, y) ∈ D1 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤π2 Notons : ∆1 = {(r, θ} ∈ R2: 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤π2. La formule de changement de variables implique que l’on a : ¨ D1 xp1 − x2 − y2 dxdy =¨ ∆1 ¨ = ∆1 r cos θp1 − r2 D(x, y) D(r, θ) r2cos θp1 − r2 drdθ drdθ = ˆ 1 0 ˆ π2 0 r2cos θp1 − r2 dθ!dr ! = ˆ π2 cos θ dθ ˆ 1 × r2p1 − r2 dr 0 = 1 × ˆ 1 0 0 r2p1 − r2 dr Pour calculer ´ 10r2√1 − r2 dr, on peut utiliser le changement de variables : r = sin t. Alors : dr = cost dt, 0 ≤ r ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ t ≤π2 Donc : ˆ 1 0 r2p1 − r2 dr =ˆ π2 0 sin2t × cost × cost dt = ˆ π2 0 sin2t × cos2t dt D’où : ¨ D1 = · · · · · · xp1 − x2 − y2 dxdy = · · · · · · 2) ¨ xy x2 + y2dxdy avec D2 =surface du triangle de sommets O(0, 0), A(a, a), B(a, 0) où a > 0. D2 4
Prenons un point M ∈ D2 dont les coordonnées polaires sont r et t (voir graphique). Alors le point M est situé sur le segment [O, C]. Mais le point C(a, a tan t) a pour coordonnées polaires R et t tels que : R2 = a2 + (a tan t)2 = a21 + tan2t =a2 cos2 t Donc R =a cost. Ainsi le point M de coordonnées polaires r et t appartient à D2 si et seulement si 0 ≤ t ≤π4et 0 ≤ r ≤a cost. En utilisant le changement en cordonnées polaires : x = r cost, y = r sin t on déduit de ce qui précède que : (x, y) ∈ D2 ⇐⇒ 0 ≤ t ≤π4, 0 ≤ r ≤a cost. On peut voir ceci d’une autre manière : en coodonnées cartésiennes, D2 est défini par : (x, y) ∈ D2 ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ x car la droite OB a pour équation : y = x. En passant aux coordonnées polaires, on voit que : 0 ≤ x ≤ a ⇐⇒ cost ≥ 0, r ≤a cost et : 0 ≤ y ≤ x ⇐⇒ sin t ≥ 0, sin t ≤ cost Mais, sachant que 0 ≤ t ≤ 2π, on a : (cost ≥ 0, sin t ≥ 0, sin t ≤ cost) ⇐⇒ 0 ≤ t ≤π4 On déduit alors que : ..(x, y) ∈ D2 ⇐⇒ 0 ≤ t ≤π4, 0 ≤ r ≤a Notons ∆2 = n o (r, t) ∈ R2: 0 ≤ t ≤π4et 0 ≤ r ≤a cost 5
cost. . Alors la formule de changement de variables s’écrit : ¨ D2 xy x2 + y2dxdy = ¨ ∆2 ¨ r2cost × sin t r2 D(x, y) D(r, t) drdt = cost × sin t × r drdt = = ∆2 ˆ π4 0 ˆ π4 ˆ a cos t 0 a2 r dr
! cost × sin t dt 2 cos2 tcost × sin t dt 0 =a22ˆ π4 0 sin t costdt =a22 − log (cost) π40 = −a22log √22!> 0
Exercice 4- Calculer les intégrales suivantes : 1) ˝Dz dxdydz avec D = (x, y, z) ∈ R3: x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1 Réponse : Soit (x, y, z) ∈ R3, alors : (x, y, z) ∈ D ⇐⇒ 0 < x < 1, y > 0, z > 0 et y + z < 1 − x ⇐⇒ 0 < x < 1, 0 < y < 1 − x et 0 < z < 1 − x − y On déduit alors que : ˚ D z dxdydz = ˆ 1 0 ˆ 1−x 0 ˆ 1−x−y 0 z dz dy
! dx ! = ˆ 1 0 ˆ 1−x 0 z2 2 1−x−y 0 dz
dy
dx = ˆ 1 0 ˆ 1−x 0 (1 − x − y)2 2dy
! dx = . . . . . . (terminer le calcul) 2) ˝Vx2yexyz dxdydz avec V = [0, 1]3 Réponse : 6
Le calcul ici est simple, puisqu V est un cube : ˚ V x2yexyz dxdydz = ˆ 1 0 ˆ 1 ˆ 1 0 ˆ 1 ˆ 1 0 ˆ 1 x2yexyz dz dy dx = 0 0 x (xyexyz) dz0 dy
dx = ˆ 1 0 ˆ 1 ˆ 1 0 ˆ 1 ˆ 1 0 xddz (exyz) dz dy dx = = 0 ˆ 1 0 0 ˆ 1 0 x [exyz]1z=0 dyx (exy − 1) dy dx dx = ˆ 1 0 ˆ 1 ˆ 1 0 ˆ 1 (xexy − x) dyd dx = 0 dy (exy − xy) dy0 dx = = ˆ 1 0 ˆ 1 0 [exy − xy]1y=0 dx (ex − x − 1) dx = . . . . . . 3) ˝Vdxdydz avec V = (x, y, z) ∈ R3: z2 − 2xy ≤ 0,√x +√y ≤ 1 Réponse : Notons que la définition de V implique que, si (x, y, z) ∈ V, on doit avoir x ≥ 0 et y ≥ 0. Utilisons le changement de variables : u =√x, v =√y et z = z. Alors u ≥ 0 et v ≥ 0 et x = u2, y = v2. En outre, ona : (x, y, z) ∈ V ⇐⇒ u ≥ 0, v ≥ 0, u + v ≤ 1 et z2 ≤ 2u2v2 ⇐⇒ 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1 − u et z2 ≤ 2u2v2 ⇐⇒ 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1 − u et −√2uv ≤ z ≤√2uv Posons : ∆ = (u, v, z) ∈ R3: 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1 − u et z2 ≤ 2u2v2 . La formule de changement de variables s’écrit alors : ˚ V dxdydz = ˚ ∆ 7 D(x, y, z) D(u, v, z) dudvdz Mais le jacobien du changment de variables est : = 4uv Donc : D(x, y, z) D(u, v, z)= ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z = 2u 0 0 0 2v 0 0 0 1 ˚ V dxdydz = ˚ ∆ ˆ 1 4uv dudvdz ˆ 1−u ˆ√2uv !! = 0 du
0 dv
−√2uv4uvdz
= 4 ˆ 1 0 du ˆ 1−u 0 dv z z=√2uv z=−√2uvuvdz = 8√2ˆ 1 0 = 8√2ˆ 1 ˆ 1−u 0 ˆ 1−u u2v2dv du 0 0 v2dv
u2du = . . . . . . (terminer le calcul) Noter que cette quantité est le volume du domaine V. Le calcul de l’intégrale ci-dessus peut se faire directement, sans changement de variables. (x, y, z) ∈ V ⇐⇒ z2 − 2xy ≤ 0,√x +√y ≤ 1 (x, y, z) ∈ V ⇐⇒ z2 − 2xy ≤ 0,√x +√y ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ (1 −√x)2, −√2xy ≤ z ≤√2xy Donc : ˚ V dxdydz = ˆ 1 0 ˆ (1−√x)2 0 ˆ √2xy −√2xydz
! dy
! dx ˆ 1 = ˆ (1−√x)2 2p2xydy!dx 0 0 ˆ (1−√x)2 !√x dx = 2√2ˆ 1 0 √y dy
0 = . . . . . .(terminer le calcul) 8
Exercice 5En utilisant un changement de variables convenable, calculer : 1) I =˝Dx2 + y2 dxdydz avec D = (x, y, z) ∈ R3: x2 + y2 ≤ 1, 0 < z < x2 + y2 . Réponse : Le changement de variables que l’on va utiliser est celui des coordonnées cylindriques : x = r cost, y = r sin t, z = z Le jacobien de ce changement de variables est : = r Alors : D(x, y, z) D(r, t, z)= ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z = cost −r sin t 0 sin t r cost 0 0 0 1 (x, y, z) ∈ D ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 2π, 0 < z < r2 Notons : ∆ = (r, t, z) ∈ R3: 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 2π et 0 < z ≤ r2 . La formule de changement de variables s’écrit : ˚ D x2 + y2 dxdydz =˚ ∆ r2 × r drdtdz = = ˆ 1 0 ˆ 1 r3 r3 ˆ 2π 0 ˆ 2π ˆ r2 0 r2dt
dzdr ! dt
! dr 0 = 2π ˆ 1 0 0 r5dr =π3 x2+y2+z2 avec D = (x, y, z) ∈ R3: a2 < x2 + y2 + z2 < R2 où 0 < a < R. 2) J =˝Ddxdydz Réponse : Pour calculer cette intégrale le changement en coordonnées sphériques : x = r cos θ sin ϕ y = r sin θ sin ϕ z = r cos ϕ 9
Le jacobien de ce changement de variables est : D(x, y, z) D(r, θ, z)= En outre, on a : ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂z ∂θ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂z ∂ϕ = cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ r cos θ cos ϕ sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r sin θ cos ϕ cos ϕ 0 −r sin ϕ = −r2sin ϕ (x, y, z) ∈ D ⇐⇒ a2 < r2 < R2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π ⇐⇒ a < r < R, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π Notons ∆ = (r, θ, ϕ) ∈ R3: a < r < R, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π . La formule de changement de variables s’écrit alors : ˚ D dxdydz x2 + y2 + z2= ˚ ∆ ˚ 1 r2 1 D(x, y, z) D(r, θ, z) drdθϕ = = ∆ ˚ ∆ r2r2sin ϕ drdθϕ sin ϕ drdθϕ = ˆ R a ˆ 2π 0 ˆ π 0 ˆ π sin ϕ dϕ dθ dr sin ϕ dϕ = 4π (R − a) Exercices de soutien
Exercice 1= 2π (R − a) 0 1) En utilisant un changement de variables convenable, calculer : D1x dxdy avec D1 = (x, y) ∈ R2: (x − 1)2 + y2 ≤ 1, x > 1 ˜ Réponse : Pour calculer cette intégrale, on utilise le changement de variables (en coordonnées polaires) : x − 1 = r cost, y = r sin t En général, on prend 0 ≤ t ≤ 2π, mais dans cet exercice, on prend −π ≤ t ≤ π. Alors : x > 1 ⇐⇒ cost > 0 ⇐⇒ −π2< t <π2 10
Donc : (x, y) ∈ D1 ⇐⇒ 0 ≤ r < 1, −π2< t <π2 Notons : ∆1 = (r, t) ∈ R2: 0 ≤ r < 1, −π2 < t < π2 Le jacobien du changement de variables est : D(x, y) D(r, t)= ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂t ∂y ∂t = cost −r sin t sin t r cost = r La formule de changement de variables s’écrit alors : ¨ D1 x dxdy = = ¨ ∆1 ˆ π2 −π2 (1 + r cost) × r drdt ˆ 1 (r + r2cost)dr
0 dt = . . . . . . (terminer le calcul) 2) En utilisant le changement de variables en coordonnées polaires, calculer : ˜ D2 (x2+y2)3/2 avec D2 = (x, y) ∈ R2: x2 + y2 ≤ 1, x + y > 1, x < y dxdy On nous demande d’utiliser le changement de variables en coordonnées polaires. On pose : x = r cost, y = r sin t avec r ≥ 0 et 0 ≤ t ≤ 2π. Mais : x < y ⇐⇒ r cost < r sin t ⇐⇒π4< t <5π4 (Pour vérifier cette équivalence, faites un tableau de variation des fonctions cosinus et sinus sur [0, 2π] ou tracer les graphes de ces deux fonctions sur [0, 2π]). De plus, on a : x2 + y2 ≤ 1, x + y > 1 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 1, r (cost + sin t) > 1 Notons que, puisque 0 ≤ r ≤ 1, la condition r (cost + sin t) > 1 nécessite que : cost + sin t > 1. Mais de la relation classique : cos(t + a) = cost cos a − sin tsin a on déduit, en prenant a = −π/4, que : cost + sin t =√2 cos t −π4 Comme π4 < t < 5π4, on a : 0 < t −π4 <5π4 −π4 = π. Donc, pour π4 < t < 5π4, on a : cost + sin t > 1 ⇐⇒ cos t −π4 >√22⇐⇒ 0 ≤ t −π4<π4⇐⇒π4≤ t <π2 11
On déduit alors que : n (x, y) ∈ D2 ⇐⇒π4< t <π2,1 cost + sin t< r ≤ 1 Notons : ∆2 = ables s’écrit : (r, t) ∈ R2:π4 < t < π2,1 cos t+sin t < r ≤ 1 o . Alors la formule de changement de vari ¨ D2 dxdy (x2 + y2)3/2= = = ¨ ∆2 ¨ ∆2 ˆ π/2 D(x, y) D(r, t) rdrdt r3 ˆ 1 1 drdt r3 dr r2 ! dt = π/4 ˆ π/2 π/4 ˆ π/2 cos t+sin t −1r 11 cos t+sin t dt = π/4 (cost + sin t − 1) dt = [sin t − cost − t]π/2 π/4 = 1 − 0 −π2−√22+√22+π4 = 1 −π4
Exercice 2Calculer le volume des domaines suivants : 1) D1 = (x, y, z) ∈ R3: x2 + y2 + z2 < 1, x2 + y2 − x ≤ 0 Réponse : Le volume de D1 est par définition : ˚ V (D1) = dxdydz D1 Pour calculer cette intégrale, on peut utiliser un changement de variables en coordonnées cyclidriques : x = r cost, y = r sin t, z = z avec r ≥ 0, −π ≤ t ≤ π, z ∈ R. Alors, le jacobien de ce changement de variables est : D(x, y, z) D(r, t, z)= r En outre, on a : (x, y, z) ∈ D1 ⇐⇒ r2 + z2 < 1, r2 − r cost ≤ 0 ⇐⇒ −π ≤ t ≤ π, 0 ≤ r ≤ cost, |z| <p1 − r2 Mais : −π ≤ t ≤ π, 0 ≤ r ≤ cost =⇒ −π ≤ t ≤ π, 0 ≤ cost =⇒ −π2≤ t ≤π2 12
Notons : ∆1 = (r, t, z) ∈ R3: 0 ≤ t ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ cost, |z| <√1 − r2 . La formule de changement de variables s’écrit alors : ˚ V (D1) = r drdtdz = ∆1 ˆ π2 − π2 ˆ cos t 0 ˆ √1−r2 −√1−r2dz
! r dr
! dt = ˆ π2 − π2 ˆ cos t 0 p1 − r2 × 2r dr dt Pour continuer le calcul, on peut poser dans l’intégrale intérieure u = 1 − r2. Ceci donne : √u du =23 1 − |sin t|3 Donc : ˆ cos t 0 p1 − r22rdr =ˆ 1 sin2 t V (D1) = ˆ π2 − π2 2 3 1 − |sin t|3 dt = 2 ×23ˆ π2 0 1 − sin3t dt = . . . . . . (terminer le calcul) 2) D2 = (x, y, z) ∈ R3: x2 + y2 + z2 < a2, x2 + y2 ≤ z2, z ≥ 0 avec a > 0. Réponse : Le volume de D2 est par définition : ˚ dxdydz Notons que : V (D2) = D2 (x, y, z) ∈ D2 ⇐⇒ x2 + y2 < a2, x2 + y2 ≤ z2 < a2 −x2 + y2 , z ≥ 0 Avant de continuer, il faut remarquer que pour que la condition : x2 + y2 ≤ z2 < a2 −x2 + y2 soit satisfaite, il faut que : c’est-à-dire : x2 + y2 < a2 −x2 + y2 x2 + y2 <a22 Donc : Notons C = (x, y, z) ∈ D2 ⇐⇒ x2 + y2 <a22, x2 + y2 ≤ z2 < a2 −x2 + y2 , z ≥ 0 n (x, y) ∈ R2: x2 + y2 <a22o, cercle de centre O et de rayon a√2. Alors : (x, y, z) ∈ D2 ⇐⇒ (x, y) ∈ C, px2 + y2 ≤ z < pa2 − (x2 + y2) (car z ≥ 0) 13
On déduit alors que : V (D2) = ¨ C ˆ√a2−(x2+y2) √x2+y2dz
! dxdy = ¨ C pa2 − (x2 + y2) −px2 + y2 dxdy Maintenant, sur C, on utilise le changement de variables en coordonnées polaires : x = r cost, y = r sin t avec r ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 2π. Alors : (x, y) ∈ C ⇐⇒ 0 ≤ r ≤a√2, 0 ≤ t ≤ 2π et le jacobien du changement de variables est : D(x, y) D(r, t)= ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂t ∂y ∂t = cost −r sin t sin t r cost = r La formule de changement de variables implique alors : V (D2) = ˆ 2π 0 ˆ a/√2 0 pa2 − r2 − r r dr!dt = 2π ˆ a/√2 0 pa2 − r2 − r r dr = . . . . . . (terminer le calcul : c’est simple) Autre méthode : On utilise dès le début un changement de variables en coordonnées cylindriques : x = r cost, y = r sin t, z = z avec r ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 2π, z ∈ R. Alors : (x, y, z) ∈ D2⇐⇒r2+z2 < a2, r2 ≤z2, z ≥0⇐⇒0≤r≤a, r2 ≤z2 < a2−r2, z ≥0⇐⇒0≤r≤a√2, r≤z <pa2 − r2 Car la condition r2 ≤ z2 < a2 − r2 nécessite que 2r2 < a2. Après, on retrouve le même calcul que ci-dessus. 3) D3 = (x, y, z) ∈ R3: x2 + y2 − z ≥ 0, x2 + y2 − a2 ≤ 0, z ≥ 0 avec a > 0 Réponse : Le volume de D3 est par définition : ˚ V (D3) = dxdydz 14
D3 Pour calculer cette intégrale triple, on utilise le changement de variables en coordonnées cylidriques : x = r cost, y = r sin t, z = z Le jacobien de ce changement de variables est : D(x, y, z) D(r, t, z)= D’un autre côté, on a : ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z = cost −r sin t 0 sin t r cost 0 0 0 1 = r (x, y, z) ∈ D3 ⇐⇒ r2 − z ≥ 0, r2 − a2 ≤ 0, z ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 2π ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ r2, 0 ≤ t ≤ 2π Notons ∆3 = (r, t, z) ∈ R3: 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ r2 . Alors : V (D3) = ˚ ∆3 D(x, y, z) D(r, t, z)drdtdz = = ˆ 2π 0 ˆ 2π 0 ˆ a 0 ˆ a 0 ˆ r2 0 r3dr
dzdt ! r dr
! dt 4dt =πa4 a4 = 4
Exercice 3ˆ 2π 0 En utilisant un changement de variables convenable, calculer : I = ˚ D x2 + y2 + z2 dxdydz avec D = (x, y, z) ∈ R3: x2 + y2 + z2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . En déduire la valeur de l’intégrale : J = avec D0=n(x, y, z) ∈ R3:x2 a2 +y2 ˚ D0 x2 + y2 + z2 dxdydz o . Réponse : b2 +z2 c2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 Le changement le plus naturel pour calculer I est celui en coordonnées sphériques : x = r cos θ sin ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos ϕ 15
avec, en général, r ≥ 0, , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π. Mais : x2 + y2 + z2 ≤ 1 ⇐⇒ r ≤ 1 z ≥ 0 ⇐⇒ 0 ≤ ϕ ≤π2 avec cette condition, on obtient sin ϕ ≥ 0, donc : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ⇐⇒ 0 ≤ θ ≤π2, 0 ≤ ϕ ≤π2 On déduit alors que : (x, y, z) ∈ D ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤π2, 0 ≤ ϕ ≤π2 Notons ∆ = (r, t, ϕ) ∈ R3: 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤π2, 0 ≤ ϕ ≤π2 . Le jacobien du changement de variables ci-dessus est : D(x, y, z) D(r, θ, z)= ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂z ∂θ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂z ∂ϕ = cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ r cos θ cos ϕ sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r sin θ cos ϕ cos ϕ 0 −r sin ϕ = −r2sin ϕ La formule de changement de variables s’écrit alors : ˚ I = ∆ r2r2|sin ϕ| drdθdϕ = ˆ 1 0 ˆ π/2 0 ˆ π/2 0 dθ dϕ r4dr = ˆ 1 0 r4dr × ˆ π/2 0 dθ × ˆ π/2 0 |sin ϕ| dϕ =15π2׈ π/2 0 sin ϕ dϕ =π10 Pour calculer J, on utilise le changement de variables évident : x = au, y = bv, z = cw Le jacobien de ce changement de variables est clairement : D(x, y, z) D(u, v, w)= abc et l’on a : (x, y, z) ∈ D0 ⇐⇒ (u, v, w) ∈ D La formule de changement de variables s’écrit alors : J = ˚ D a2u2 + b2v2 + c2w2 abc dudvdw 16
= abc a2 ˚ D u2dudvdw + b2 ˚ D v2dudvdw + c2 ˚ D w2dudvdw
Comme (x, y, z) et (u, v, w) sont des variables muettes dans une intégrale triple, on a : x2dxdydz Montrons que l’on a aussi : ˚ D u2dudvdw = ˚ D ˚ D v2dudvdw = ˚ D x2dxdydz = ˚ D w2dudvdw Pour montrer la première égalité, on utilise le changement da variables : x = v, y = w, z = u Le jacobien de ce changement de variables est : = 1 D’un autre côté, on a : D(u, v, w) D(x, y, z)= ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z = 0 0 1 1 0 0 0 1 0 (u, v, w) ∈ D ⇐⇒ u2+v2+w2 ≤ 1, u ≥ 0, v ≥ 0, w ≥ 0 ⇐⇒ x2+y2+z2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ⇐⇒ (x, y, z) ∈ D La formule de changement de variables s’écrit alors : ˚ D v2dudvdw = ˚ D x2 D(u, v, w) D(x, y, z) dxdydz =˚Dx2dxdydz Pour montrer la deuxième égalité, on utilise le changement da variables : x = w, y = u, z = v On déduit alors que : ˚ D u2dudvdw = ˚ D v2dudvdw = ˚ D v2dudvdw (1) Notons que, pour montrer ces égalités, nous avons utilisé un argument très fort, à savoir la formule de changement de variables. En fait, il suffit de remarquer que le domaine D est invariant par toute permutation des variables x, y, z. La doube équation 1 ci-dessus entraîne, en faisant la somme des trois termes que : ˚ D u2dudvdw = ˚ D v2dudvdw = ˚ D v2dudvdw =13˚Du2 + v2 + w2 dudvdw =I3 17
En remplaçant dans l’expression de J, on déduit que : J = abc a2 ˚ D u2dudvdw + b2 ˚ D v2dudvdw + c2 ˚ D w2dudvdw
= abc a2 + b2 + c2 I3= abc a2 + b2 + c2 π30 18