Série 5 d’Analyse 3 SMP - S3 (2015-16)
Enoncé & Corrigé
Exercice 1
Calculer˜
Df(x, y)dxdy dans chacun des cas suivants :
1) f(x, y) =e−x−y etD=la surface du triangle de sommetsO(0,0), A(2,0)etB(0,2).
Réponse :
Par définition de l’ensembleD,on a :
(x, y)∈D⇐⇒0≤x≤2et 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) =xetD=
(x, y)∈R2 : x >−1, 1< y <2, xy <1
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.
Réponse : On note que :
(x, y)∈D⇐⇒1< y <2et −1< x < 1 y Donc :
¨
D
f(x, y)dxdy= ˆ 2
1
ˆ 1
y
−1
x dx
! dy=
ˆ 2 1
x2 2
1y
−1
dy= 1 2
ˆ 2 1
1 y2 −1
dy=−1 4
3) f(x, y) =|x−y|etD=
(x, y)∈R2 : |x|<1, |y|<1 . Réponse :
On a : (x, y)∈D⇐⇒ −1< x <1 et −1< y <1.
Le domaineD 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
|x−y|dx+ ˆ 1
y
|x−y|dx
= ˆ y
−1
(y−x)dx+ ˆ 1
y
(x−y)dx
=
yx−x2 2
y
−1
+ x2
2 −yx 1
y
= y2−y2
2 +y+1 2+1
2 −y−y2 2 +y2
= y2+ 1 On déduit alors que : ¨
D
f(x, y)dxdy = ˆ 1
−1
y2+ 1
dy=. . . .
Exercice 2
En utilisant le changement de variables : u=x+y, v=x−y, calculer : 1) ˜
D1(x−y)ex+ydxdy oùD1=
(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
D’un autre côté, le jacobien du changement de variables est :
D(x, y) D(u, v) =
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
=−1 2
car :
D(x, y) D(u, v) =
D(u, v) D(x, y)
−1
et :
D(u, v) D(x, y) =
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂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=
¨
41
veu1
2dudv=1 2
ˆ 1
−1
v dv ˆ 1
−1
eudu
= 0
2) ˜
D2ex−yx+ydxdy ouD2=
(x, y)∈R2 : x >0, y >0, x+y <1 Réponse :
Nous avons :
u=x+yetv=x−y⇐⇒x= u+v
2 ety= u−v 2 Donc :
(x, y)∈D2 ⇐⇒ u+v >0, u−v >0etu <1
⇐⇒ u >0, u+v >0, u−v >0etu <1
⇐⇒ u+v >0, u−v >0et0< u <1
⇐⇒ 0< u <1et −u < v < u Notons : 42=
(u, v)∈R2 : 0< u <1et −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−yx+ydxdy=
¨
42
evu
D(x, y) D(u, v)
dudv= ˆ 1
0
ˆ u
−u
evu1 2dv
du=1
2 ˆ 1
0
uevuu
−udu=1 2
ˆ 1 0
ue1−ue−1
du=sh1 2
Exercice 3
En utilisant le changement de variables en coordonnées polaires, calculer : 1) ˜
D1xp
1−x2−y2dxdy avecD1=
(x, y)∈R2 : x≥0, y≥0, x2+y2≤1 .
Le changement de variables en coordonnées polaires est : x=rcosθ, y=rsinθ Le jacobien de ce changement de variables est :
D(x, y) D(r, θ) =
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂y
∂r
∂y
∂θ
=
cosθ −rsinθ sinθ rsinθ
=r
Il est facile de voir que :
(x, y)∈D1⇐⇒0≤r≤1, 0≤θ≤π 2 Notons : ∆1={(r, θ} ∈R2 : 0≤r≤1, 0≤θ≤ π2.
La formule de changement de variables implique que l’on a :
¨
D1
xp
1−x2−y2dxdy =
¨
∆1
rcosθp
1−r2
D(x, y) D(r, θ)
drdθ
=
¨
∆1
r2cosθp 1−r2
drdθ
= ˆ 1
0
ˆ π
2
0
r2cosθp
1−r2dθ
! dr
= ˆ π2
0
cosθ dθ
!
× ˆ 1
0
r2p
1−r2dr
= 1× ˆ 1
0
r2p
1−r2dr Pour calculer´1
0 r2√
1−r2dr, on peut utiliser le changement de variables : r= sint.Alors : dr= cost dt, 0≤r≤1⇐⇒0≤t≤ π
2 Donc :
ˆ 1 0
r2p
1−r2dr = ˆ π2
0
sin2t×cost×cost dt
= ˆ π2
0
sin2t×cos2t dt
= · · · ·
D’où : ¨
D1
xp
1−x2−y2dxdy=· · · ·
2)
¨
D2
xy
x2+y2dxdy avecD2=surface du triangle de sommetsO(0,0), A(a, a), B(a,0)oùa >0.
Prenons un pointM ∈D2 dont les coordonnées polaires sontr et t (voir graphique). Alors le point M est situé sur le segment[O, C]. Mais le pointC(a, atant)a pour coordonnées polairesR ett tels que :
R2=a2+ (atant)2=a2 1 + tan2t
= a2 cos2t DoncR= a
cost.
Ainsi le point M de coordonnées polaires r et t appartient à D2 si et seulement si 0 ≤ t ≤ π4 et 0≤r≤ a
cost.
En utilisant le changement en cordonnées polaires :
x=rcost, y=rsint on déduit de ce qui précède que :
(x, y)∈D2⇐⇒0≤t≤ π
4, 0≤r≤ a cost.
On peut voir ceci d’une autre manière : en coodonnées cartésiennes,D2est défini par : (x, y)∈D2⇐⇒0≤x≤a, 0≤y≤x
car la droiteOB 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⇐⇒sint≥0, sint≤cost Mais, sachant que0≤t≤2π, on a :
(cost≥0, sint≥0, sint≤cost)⇐⇒0≤t≤ π 4 On déduit alors que :
..(x, y)∈D2⇐⇒0≤t≤ π
4, 0≤r≤ a cost. Notons ∆2 = n
(r, t)∈R2 : 0≤t≤ π4 et0≤r≤ a cost
o. Alors la formule de changement de variables
s’écrit :
¨
D2
xy
x2+y2dxdy =
¨
∆2
r2cost×sint r2
D(x, y) D(r, t)
drdt
=
¨
∆2
cost×sint×r drdt
= ˆ π
4 0
ˆ a
cost 0
r dr
!
cost×sint dt
= ˆ π
4 0
a2
2 cos2tcost×sint dt
= a2 2
ˆ π4
0
sint costdt
= a2 2
−log (cost)π4
0
= −a2 2 log
√2 2
!
>0
Exercice 4
-
Calculer les intégrales suivantes : 1) ˝
Dz dxdydzavecD=
(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
2 dy
! dx
= . . . (terminer le calcul)
2) ˝
Vx2yexyzdxdydzavecV = [0,1]3 Réponse :
Le calcul ici est simple, puisquV est un cube :
˚
V
x2yexyzdxdydz = ˆ 1
0
ˆ 1 0
ˆ 1 0
x2yexyzdz
dy
dx
= ˆ 1
0
ˆ 1 0
ˆ 1 0
x(xyexyz)dz
dy
dx
= ˆ 1
0
ˆ 1 0
ˆ 1 0
xd
dz(exyz)dz
dy
dx
= ˆ 1
0
ˆ 1 0
x[exyz]1z=0dy
dx
= ˆ 1
0
ˆ 1 0
x(exy−1)dy
dx
= ˆ 1
0
ˆ 1 0
(xexy−x)dy
dx
= ˆ 1
0
ˆ 1 0
d
dy(exy−xy)dy
dx
= ˆ 1
0
[exy−xy]1y=0dx
= ˆ 1
0
(ex−x−1)dx
= . . . .
3) ˝
Vdxdydz avecV =
(x, y, z)∈R3 : z2−2xy≤0,√ x+√
y≤1 Réponse :
Notons que la définition deV implique que, si(x, y, z)∈V,on doit avoirx≥0et y≥0.
Utilisons le changement de variables : u=√
x, v=√
y etz=z. Alors u≥0 etv≥0et x=u2, y=v2. En outre, ona :
(x, y, z)∈V ⇐⇒ u≥0, v≥0, u+v≤1etz2≤2u2v2
⇐⇒ 0≤u≤1, 0≤v≤1−uetz2≤2u2v2
⇐⇒ 0≤u≤1, 0≤v≤1−uet −√
2uv≤z≤√ 2uv Posons : ∆ =
(u, v, z)∈R3 : 0≤u≤1, 0≤v≤1−uetz2≤2u2v2 . La formule de changement de variables s’écrit alors :
˚
V
dxdydz=
˚
∆
D(x, y, z) D(u, v, z)
dudvdz
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Mais le jacobien du changment de variables est :
D(x, y, z) D(u, v, z)=
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂z
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂z
∂z
∂u
∂z
∂v
∂z
∂z
=
2u 0 0 0 2v 0
0 0 1
= 4uv
Donc :
˚
V
dxdydz =
˚
∆
4uv dudvdz
= ˆ 1
0
du
ˆ 1−u 0
dv
ˆ √2uv
−√ 2uv
4uvdz
!!
= 4 ˆ 1
0
du
ˆ 1−u 0
dv
zz=√ 2uv z=−√
2uvuvdz
= 8√ 2
ˆ 1 0
ˆ 1−u 0
u2v2dv
du
= 8√ 2
ˆ 1 0
ˆ 1−u 0
v2dv
u2du
= . . . (terminer le calcul) Noter que cette quantité est le volume du domaineV.
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
−√ 2xy
dz
! dy
! dx
= ˆ 1
0
ˆ (1−√ x)2
0
2p 2xydy
! dx
= 2√ 2
ˆ 1 0
ˆ (1−√x)2
0
√y dy
!√ x dx
= . . . .(terminer le calcul)
Exercice 5
En utilisant un changement de variables convenable, calculer : 1) I=˝
D x2+y2
dxdydzavecD=
(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=rcost, y=rsint, z=z
Le jacobien de ce changement de variables est :
D(x, y, z) D(r, t, z) =
∂x
∂r
∂x
∂t
∂x
∂z
∂y
∂r
∂y
∂t
∂y
∂z
∂z
∂r
∂z
∂t
∂z
∂z
=
cost −rsint 0 sint rcost 0
0 0 1
=r
Alors :
(x, y, z)∈D⇐⇒0≤r≤1, 0≤t≤2π, 0< z < r2 Notons : ∆ =
(r, t, z)∈R3 : 0≤r≤1, 0≤t≤2πet0< z≤r2 . La formule de changement de variables s’écrit :
˚
D
x2+y2
dxdydz =
˚
∆
r2×r drdtdz
= ˆ 1
0
r3 ˆ 2π
0
ˆ r2 0
dz
! dt
! dr
= ˆ 1
0
r3 ˆ 2π
0
r2dt
dr
= 2π ˆ 1
0
r5dr=π 3
2) J=˝
D
dxdydz
x2+y2+z2 avecD=
(x, y, z)∈R3 : a2< x2+y2+z2< R2 où0< a < R.
Réponse :
Pour calculer cette intégrale le changement en coordonnées sphériques : x = rcosθsinϕ
y = rsinθsinϕ z = rcosϕ
D(x, y, z) D(r, θ, z) =
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂x
∂ϕ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∂y
∂ϕ
∂z
∂r
∂z
∂θ
∂z
∂ϕ
=
cosθsinϕ −rsinθsinϕ rcosθcosϕ sinθsinϕ rcosθsinϕ rsinθcosϕ
cosϕ 0 −rsinϕ
=−r2sinϕ
En outre, on a :
(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
D(x, y, z) D(r, θ, z)
drdθϕ
=
˚
∆
1
r2r2sinϕ drdθϕ
=
˚
∆
sinϕ drdθϕ
= ˆ R
a
ˆ 2π 0
ˆ π 0
sinϕ dϕ
dθ
dr
= 2π(R−a) ˆ π
0
sinϕ dϕ= 4π(R−a)
Exercices de soutien
Exercice 1
1) En utilisant un changement de variables convenable, calculer :
˜
D1x dxdy avecD1=
(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 =rcost, y=rsint
En général, on prend0≤t≤2π, mais dans cet exercice, on prend−π≤t≤π.Alors : x >1⇐⇒cost >0⇐⇒ −π
< t < π
Donc :
(x, y)∈D1⇐⇒0≤r <1, −π
2 < t <π 2 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
∂x
∂t
∂y
∂r
∂y
∂t
=
cost −rsint sint rcost
=r
La formule de changement de variables s’écrit alors :
¨
D1
x dxdy =
¨
∆1
(1 +rcost)×r drdt
= ˆ π
2
−π 2
ˆ 1 0
(r+r2cost)dr
dt
= . . . (terminer le calcul)
2) En utilisant le changement de variables en coordonnées polaires, calculer :
˜
D2 dxdy
(x2+y2)3/2 avecD2=
(x, y)∈R2 : x2+y2≤1, x+y >1, x < y
On nous demande d’utiliser le changement de variables en coordonnées polaires. On pose : x=rcost, y=rsint
avecr≥0 et0≤t≤2π. Mais :
x < y⇐⇒rcost < rsint⇐⇒ π
4 < t < 5π 4
(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+ sint)>1
Notons que, puisque0≤r≤1,la condition r(cost+ sint)>1 nécessite que : cost+ sint >1.
Mais de la relation classique :
cos(t+a) = costcosa−sintsina on déduit, en prenanta=−π/4, que :
cost+ sint=√ 2 cos
t−π 4
Comme π4 < t < 5π4,on a : 0< t−π4 < 5π4 −π4 =π.Donc, pour π4 < t < 5π4 ,on a : cost+ sint >1⇐⇒cos
t−π 4
>
√ 2
2 ⇐⇒0≤t−π 4 < π
4 ⇐⇒ π
4 ≤t < π 2
4 2 cost+ sint Notons : ∆2 =n
(r, t)∈R2 : π4 < t <π2, cost+sin1 t< r≤1o
. Alors la formule de changement de vari- ables s’écrit :
¨
D2
dxdy (x2+y2)3/2
=
¨
∆2
D(x, y) D(r, t)
drdt r3
=
¨
∆2
rdrdt r3
= ˆ π/2
π/4
ˆ 1
1 cost+sint
dr r2
! dt
= ˆ π/2
π/4
−1 r
1
1 cost+sint
dt
= ˆ π/2
π/4
(cost+ sint−1)dt
= [sint−cost−t]π/2π/4
= 1−0−π 2 −
√2 2 +
√2 2 +π
4
= 1−π 4
Exercice 2
Calculer le volume des domaines suivants : 1) D1=
(x, y, z)∈R3 : x2+y2+z2<1, x2+y2−x≤0 Réponse :
Le volume deD1 est par définition :
V(D1) =
˚
D1
dxdydz
Pour calculer cette intégrale, on peut utiliser un changement de variables en coordonnées cyclidriques : x=rcost, y=rsint, z=z
avecr≥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−rcost≤0⇐⇒ −π≤t≤π, 0≤r≤cost, |z|<p 1−r2
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) =
˚
∆1
r drdtdz
= ˆ π
2
−π2
ˆ cost 0
ˆ √1−r2
−√ 1−r2
dz
! r dr
! dt
= ˆ π2
−π2
ˆ cost 0
p1−r2×2r dr
dt
Pour continuer le calcul, on peut poser dans l’intégrale intérieureu= 1−r2.Ceci donne : ˆ cost
0
p1−r22rdr= ˆ 1
sin2t
√u du=2 3
1− |sint|3 Donc :
V(D1) = ˆ π2
−π2
2 3
1− |sint|3
dt= 2×2 3
ˆ π2
0
1−sin3t
dt=. . . (terminer le calcul)
2) D2=
(x, y, z)∈R3 : x2+y2+z2< a2, x2+y2≤z2, z≥0 aveca >0.
Réponse :
Le volume deD2 est par définition :
V(D2) =
˚
D2
dxdydz
Notons que :
(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 :
x2+y2< a2− x2+y2 c’est-à-dire :
x2+y2< a2 2 Donc :
(x, y, z)∈D2⇐⇒x2+y2< a2
2 , x2+y2≤z2< a2− x2+y2 , z≥0 NotonsC=n
(x, y)∈R2 : x2+y2<a22o
,cercle de centreO et de rayon a
√2.Alors : (x, y, z)∈D2⇐⇒(x, y)∈C, p
x2+y2≤z <p
a2−(x2+y2) (carz≥0)
V(D2) =
C
a −(x +y )
√
x2+y2
dz dxdy
=
¨
C
pa2−(x2+y2)−p
x2+y2 dxdy
Maintenant, surC,on utilise le changement de variables en coordonnées polaires : x=rcost, y=rsint
avecr≥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
∂x
∂t
∂y
∂r
∂y
∂t
=
cost −rsint sint rcost
=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=rcost, y=rsint, z=z
avecr≥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 <p a2−r2
Car la condition r2≤z2< a2−r2nécessite 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 aveca >0 Réponse :
Le volume deD3 est par définition :
˚
Pour calculer cette intégrale triple, on utilise le changement de variables en coordonnées cylidriques : x=rcost, y=rsint, z=z
Le jacobien de ce changement de variables est :
D(x, y, z) D(r, t, z) =
∂x
∂r
∂x
∂t
∂x
∂z
∂y
∂r
∂y
∂t
∂y
∂z
∂z
∂r
∂z
∂t
∂z
∂z
=
cost −rsint 0 sint rcost 0
0 0 1
=r
D’un autre côté, on a :
(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 a 0
ˆ r2 0
dz
! r dr
! dt
= ˆ 2π
0
ˆ a 0
r3dr
dt
= ˆ 2π
0
a4
4 dt= πa4 4
Exercice 3
En utilisant un changement de variables convenable, calculer : I=
˚
D
x2+y2+z2 dxdydz
avecD=
(x, y, z)∈R3 : x2+y2+z2≤1, x≥0, y≥0, z≥0 . En déduire la valeur de l’intégrale :
J =
˚
D0
x2+y2+z2 dxdydz
avecD0 =n
(x, y, z)∈R3 : xa22 +yb22 +zc22 ≤1, x≥0, y≥0, z≥0o .
Réponse :
Le changement le plus naturel pour calculerI est celui en coordonnées sphériques : x=rcosθsinϕ, y=rsinθsinϕ, z=rcosϕ
x2+y2+z2≤1⇐⇒r≤1 z≥0⇐⇒0≤ϕ≤π
2 avec cette condition, on obtientsinϕ≥0,donc :
x≥0, y≥0, z≥0⇐⇒0≤θ≤π
2, 0≤ϕ≤ π 2 On déduit alors que :
(x, y, z)∈D⇐⇒0≤r≤1, 0≤θ≤ π
2, 0≤ϕ≤π 2 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
∂x
∂θ
∂x
∂ϕ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∂y
∂ϕ
∂z
∂r
∂z
∂θ
∂z
∂ϕ
=
cosθsinϕ −rsinθsinϕ rcosθcosϕ sinθsinϕ rcosθsinϕ rsinθcosϕ
cosϕ 0 −rsinϕ
=−r2sinϕ
La formule de changement de variables s’écrit alors :
I =
˚
∆
r2r2|sinϕ|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
|sinϕ| dϕ
= 1 5
π 2 ×
ˆ π/2
0
sinϕ dϕ= π 10 Pour calculerJ, 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 :
˚
= 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 :
˚
D
u2dudvdw=
˚
D
x2dxdydz
Montrons que l’on a aussi :
˚
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 :
D(u, v, w) D(x, y, z) =
∂u
∂x
∂u
∂y
∂u
∂z
∂v
∂x
∂v
∂y
∂v
∂z
∂w
∂x
∂w
∂y
∂w
∂z
=
0 0 1 1 0 0 0 1 0
= 1
D’un autre côté, on a :
(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=
˚
D
x2dxdydz
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 domaineD est invariant par toute permutation des variablesx, y, z.
La doube équation 1 ci-dessus entraîne, en faisant la somme des trois termes que :
˚
D
u2dudvdw=
˚
D
v2dudvdw=
˚
D
v2dudvdw= 1 3
˚
D
u2+v2+w2
dudvdw=I 3
J = abc a2
D
u2dudvdw+b2
D
v2dudvdw+c2
D
w2dudvdw
= abc a2+b2+c2I
3 =abc a2+b2+c2 π 30
