Indications et réponses

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017 L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices n^o 2

I ^nt« egraleŊ multipleŊ

1Dans les cas suivans, dessiner D, justifier l’existence deI et la calculer.

a) I₁ = Z Z

D

xy(x+y) dxdy, D= [0,1]×[0,1]; b) I2 =

Z Z

D

sin(x+y) dxdy,D= 0,^π₂

× 0,^π₂

; c) I₃ =

Z Z

D

xsinydxdy, D=

(x, y)∈R²: 06x6π et 06y6x ; d) I₄ =

Z Z

D

xcos(x+y) dxdy,Dest le domaine triangulaire de sommets (0,0), (π,0) et(π, π).

2Dessiner D =

(x, y) ∈ R²: x > 1, y > 0 et x+ y 6 2 , justifier l’existence de I = R

D dxdy

x(2−y)², écrire les deux expressions du théorème de Fubini puis calculer I.

3Répondre aux mêmes question qu’en 2 quand I = R

D2xydxdy et D=

(x, y)∈R²: x>0, y >0 et ^x₄² +y² 61 .

4SoientD=

(x, y)∈R²: 3y6x63 et 06y61 etI = Z Z

D

e^x2dxdy.

Dessiner D, écrire les deux expressions du théorème de Fubini puis calculer I. Peut-on utiliser les deux expressions du théorème de Fubini ?

5Déterminer I = Z Z

[0,1]²

min(x, y) dxdy et J = Z Z

[0,1]²

max(x, y) dxdy.

6DéterminerI = Z 1

0

Z 1 0

x²−y²

(x²+y²)² dydxetJ = Z 1

0

Z 1 0

x²−y²

(x²+y²)²dxdy (mettre la fonction à intégrer sous la forme ^vu0_v^−uv₂ ⁰).

Que peut-on déduire d’un tel résultat ?

7Calculer Z

D

(1 + 2x) dxdydzoùD=

(x, y, z)∈(R⁺)³: x+2y+3z 66 .

8Déterminer l’aire de D =

(x, y) ∈ R²: 0 6 x 6 1 et x 6 |y| 6 √ x . On pourra faire un dessin puis calculer les aires de D⁺ =

(x, y) ∈D:y >0 et D⁻ =

(x, y)∈D:y60 .

Indications et réponses

1I1 = ¹₃, I2 = 2, I3 = 2 + ^π₄², I4=−^3π₂ .

2I = ¹₂(1−ln 2).

3I = 1.

5Séparer R1

0 min(x, y) dy enRx 0 +R1

x

pour trouver I = ¹₃ etJ = ²₃.

6I = +^π₄.

7I = 24.

9On poseD=

(x, y)∈R²: 06y6xetx²+y² 69 . DessinerD puis calculer I =

Z Z

D

xdxdy 1 +p

x²+y².

10Soient D un disque de centre Ω et S un secteur angulaire d’angle α centré en Ω. Déterminer l’aire deD∩S.

11Étant donnés x, y ∈ R, on note f(x, y) = ^x_ye^−(x2+y2). Les deux parties de cet exercice sont totalement indépendantes.

a) On poseA =

(x, y)∈R²: x>0 et 16y62 et 4 6x²+y² 69 et I =R

Af. Dessiner A et calculer I.

b) On pose B =

(x, y) ∈ R²: 0 6 x 6 y et 1 6 x² +y² 6 4 et J =R

Bf. Dessiner B et calculer J.

Examen, juin 2016. Exercice sur 7 point

12On fixe a >0.

a) DéterminerI_a = Z Z

Da

dxdy

(x²+y²+ 1)^3/2 oùD_a=

(x, y)∈R²: x²+y² 6a² . b) En faisant tendreavers+∞, montrer queJ =

Z Z

R²

dxdy

(x²+y²+ 1)^3/2 = 2π Il va sans dire qu’il faut commencer par justifier l’existence de ces intégrales. . .

13Soient R le rectangle de sommets (1,2), (1,5), (3,2), (3,5) dans R² euclidien et f: R² → R² l’application linéaire de matrice ^{−2 1}_{1 3}

dans la base canonique de R². Déterminer l’aire de f(R).

14Aire d’une ellipse. Soient a et b des réels strictement positifs. On note E =

(x, y) ∈ R²: ^x_a2² + ^y_b²2 6 1 . Déterminer l’aire A(E) de E (on pourra poser x=au ety=bv).

15Soit D =

(x, y) ∈ R²: x > 0,y > 1 et x+y 6 2 . Déterminer I =

Z Z

D

cosx−y x+y

dxdy. On pourra poserx−y=u etx+y =v.

16On note T =

(x, y, z)∈R³: x>0, y >0, z >0 etx+ 2y+ 3z 66 . Dessiner le tétraèdre solide T et déterminer son volume V (T) = R

T dxdydz.

17Volume d’une boule. Soit B =

(x, y, z)∈R³: x²+y²+z² 6R² oùR >0est un réel fixé. On noteV(B)le volume deB et, pour toutz ∈R, on pose D_z =

(x, y)∈R²: x²+y² 6R²−z² . a) Montrer que V(B) =

Z +R z=−R

Z

Dz

dxdy

dz puis calculer V(B).

b) Retrouver ce résultat en utilisant les coordonnées sphériques.

2

18Volume d’un ellipsoïde. On fixe a, b, c ∈ R^∗+ et l’on considère l’ensemble E =

(x, y, z)∈R³: ^x_a²2 + ^y_b²2 + ^z_c²2 61 .

Déterminer le volume deE, puis son centre de gravité quand il est muni d’une densité de masse uniforme (ne pas chercher ce dernier trop loin). Pour quelles valeurs de a, b et cle résultat était-il prévisible ?

19Dessiner l’allure et déterminer aire et centre de gravité d’un secteur angulaire de disque homogène de rayon R et de demi-angle au sommet α.

Pour quelles valeurs de α le résultat était-il prévisible ?

20Dessiner l’allure et déterminer le volume et le centre de gravité de l’intersection d’un demi-cône de révolution solide homogène de demi-angle au sommet α avec la boule de rayon R ayant pour centre le sommet du demi-cône. Pour quelles valeurs de α le résultat était-il prévisible ?

21Dessiner l’allure et déterminer le volume et le centre de gravité d’une calotte sphérique C pleine et homogène en fonction du rayonR de la sphère et de la hauteur h de la calotte. Pour quelles valeurs de h le résultat était-il prévisible ? Utiliser les coordonnées cylindriques. C est la portion de boule située entre un point du bord de la boule et un plan rencontrant la boule.

22SoientD=

(x, y, z)∈R³: 16x²+y²+z² 64 etI = Z Z Z

D

dxdydz (x²+y²+z²)^3/2. Calculer I en passant en coordonnées sphériques.

23On considère ϕ: R² → R² définie par ϕ(u, v) = (u +v, u² − v) et A =

(u, v) ∈ R²: u > 0, v > 0 et u+v 6 2 . Après avoir vérifié chacune des conditions du théorème de changement de variables, justifier l’existence et calculer I =

Z Z

ϕ(A)

√ 1

1 + 4x+ 4ydxdy.

Coordonnées sphériques

x

y z

θ

M

H φ O

Position deM =ψ(r, θ, φ) =

_rcosθsinφ

rsinθsinφ rcosφ

sur la sphère de rayon r=OM.

Le point H, projeté orthogonal de M sur le plan(xOy), a pour coordonnées polaires θH =θ etrH =rsinφ dans ce plan.

On montre quedet J_ψ(r, θ, φ)

=r²sinφ.

Indications et réponses

9I = ³

√ 2 4 +√

2 ln 2.

11I = ^e−4−e₂ ⁻⁹ ln 2,J = ^e−1−e₄ ⁻⁴ln 2.

15I = ^{sin 1}₂ .

16Un tétraèdre est un cône et a pour

volume ¹₃Aire(base)×hauteur.

21V(C) = ^π₃(3R−h)h²,z_G= ³₄^(2R−h)_3R−h².

22I = 4πln 2

23I = 2.

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E xerciceŊ non retenuŊ

24Calcul de l’intégrale de Gauss. On note I = Z +∞

−∞

e^−x2dx et J =

Z Z

R×R

e^−(x2+y2)dxdy.

a) Justifier la convergence deIetJ et donner une relation entre ces deux intégrales.

b) Calculer J.

c) Déduire de ce qui précède que I =√ π.

25Dessiner le domaine D =

(x, y) ∈ R²: 0 6 x 6 a et 0 6 y 6 b et calculer en fonction de a et b l’intégrale I =

Z Z

D

e^−(x+y)dxdy.

26Soita∈[1,+∞[. On poseD_a=₁

a, a

×[0,1]. CalculerI_a = Z Z

Da

dxdy x²+y² (on pourra poser u = 1/x pour la deuxième intégration et calculer Ia+Ia après avoir vérifié l’identité Arctant+ Arctan¹_t = ^π₂).

27Dessiner D =

(x, y) ∈ R²: x > 0, y > 0 et x+y 6 1 et calculer I =

Z Z

D

xydxdy.

28Déterminer le centre de gravité de l’arc de disque homogène D = (x, y) ∈ R²: x > 0;|y| 6 ax;x² +y² 6 R² où a et R sont des réels strictement positifs fixés.

Infaisable ! Même l’aire est particu- lièrement pénible à calculer. . .

29Déterminer le centre de gravité de la calotte plane (munie de la densité de masse uniforme)C =

(x, y)∈R²: x²+y² 6R² ety >R−h oùh∈R et R >0 sont fixés.

30CalculerI = Z Z

DR

cos(x²+y²) dxdyoùD_R =

(x, y)∈R²:x² +y² 6R et R >0 est fixé (faire un dessin).

31On pose D =

(x, y) ∈ R²: 1 6 x 6 2 et x 6 y 6 2x . Calculer I =

Z Z

D

siny xdxdy

a) en utilisant l’une des expressions que donne le théorème de Fubini ; b) en posant x=u ety=uv.

32Calculer I = Z Z Z

[0,1]³

f(x, y, z) dxdydz où f(x, y, z) désigne le point intermédiaire parmi x, y etz (par exemple six6z6y, alors f(x, y, z) =z).

33On fixe R > 0 et l’on munit le solide suivant d’une densité de masse uniforme :D=

(x, y, z)∈R³: x²+y²+z² 6R² et 0 6z6R/2 . Dessiner l’allure deD puis déterminer son volume et les coordonnées de son centre de gravité (on pourra utiliser les coordonnées cylindiques).

34. On fixe h > 0 et R > 0. On considère le domaine D situé entre les plans d’équations z = 0 et z = h et limité par le cône d’équation z² =

h²

R²(x²+y²)(qu’on nommecône solide tronqué).

Dessiner l’allure de D et, en utilisant les coordonnées sphériques, déter- miner son volume et les coordonnées de son centre de gravité quand il est muni d’une densité de masse homogène.

35Volume d’un cône solide. On munit E = R³ du repère canonique R = (O,~ı, ~, ~k) et du produit scalaire canonique. On fixe h > 0 et l’on note P =P_h le plan d’équation z =h dans R.

Soit Σ ⊂ P une surface possédant une aire. On appelle cône solide de base Σ et de sommet O la réunion C de l’ensemble des droites passant par O et par un point de Σ, c’est-à-dire, l’ensemble formé de O et des points M 6=O tels que la droite (OM) rencontre Σ.

On noteA=A(Σ) l’aire de Σ. Étant donnét ∈R, on noteΣ_t la section (l’intersection) de C avec le plan d’équationz =t.

a) Faire un dessin (choisir pour Σune surface simple) et montrer que (i) pour tout t∈R, l’aire de Σ_t estA(Σ_t) = _h^t22A;

(ii) le volume du tronc de cône C_h =

(x, y, z) ∈ C: 0 6 z 6 h est V(C_h) = ¹₃Ah.

b) Retrouver ainsi le volume du tétraèdre de l’exercice 16 .

c) On suppose ici que C est un cône solide de révolution, i.e., qu’il est invariant par toute rotation d’axe (Oz). Déterminer la position du centre de gravité G deC_h.

36

h Soient a, bdes réels tels que0< a < b. Calculer I = Z Z

D

f où D=

(x, y)∈R²:x >0;y >0;y−x>0;y²−x² 61;a6xy6b etf: (x, y)7→(y²−x²)^xy(x²+y²).On pourra utiliser le changement de variables défini par u=xy etv=y²−x².

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S ^olutionŊ

2

x y

1

1

D

2 x+y= 2

f est rationelle, donc continue sur son ensemble de définition Df = R² \ {0} ×R∪R× {2}

. Soit (x, y) ∈ D; alors x > 1, donc x 6= 0, et y 6 2−x 62−1 = 1, donc y 6= 2 et par suite (x, y) ∈ Df. Cela montre que D ⊂ D_f. Comme D est élémentaire,f est intégrable sur D.

Vu la figure, I =

Z 2 x=1

Z 2−x y=0

dy

x(2−y)² dx I = Z 1

y=0

Z 2−y x=1

dx x(2−y)² dy

= Z 2

x=1

1 x

h 1 2−y

i2−x y=0

dx =

Z 1 y=0

1 (2−y)²

lnx2−y x=1dy

= Z 2

1

1 x

1 x − 1

2

dx =

Z 1 y=0

ln(2−y) (2−y)² dy

7 7 7 7

u= ln(2−y)⇒u⁰= _2−y⁻¹ v⁰= _(2−y)¹ 2 ⇐ v= _2−y¹

= Z 2

1

1 x² − 1

2x

dx =hln(2−y) 2−y

i1 0−

Z 1 0

−1 (2−y)² dy

=h

−1 x − 1

2lnxi2 1

=−ln 2

2 +h 1 2−y

i1 0

=−1

2 + 1− ln 2−ln 1

2 =−ln 2

2 + 1− 1 2

= 1

2(1−ln 2) = 1

2(1−ln 2)

On trouve (comme il se doit) deux fois le même résultat : I = ¹₂(1−ln 2).

3

x y

D

x²

4 +y²= 1

2

1 La fonction à intégrer est continue (car polyno- miale) sur le domaine élémentaire D, donc y est intégrable. Les deux expressions demandées sont

I = Z 2

x=0

Z

q 1−^x₄²

y=0

2xydydx I = Z 1

y=0

Z 2√

1−y²

x=0

2xydxdy

= Z 2

x=0

xy²

q 1−^x₄²

y=0 =

Z 1 y=0

x²y2

√

1−y²

x=0 dy

= Z 2

0

x 1− x² 4

dx =

Z 1 0

4(1−y²)ydy

= Z 2

0

x− x³ 4

dx =

Z 1 0

(4y−4y³) dy

=hx² 2 − x⁴

16 i2

0dx =

2y²−y⁴1 0

= 4 2− 16

16 = 2−1

= 1 = 1.

4L’une des expressions du théorème de Fubini donneI = Z 1

y=0

Z 3 x=3y

e^x2dxdy et ne nous avance guère car on ne sait pas intégrerx7→e^x2. Mais par ailleurs D=

(x, y)∈R²: 06x63 et 06y6x/3 et I =

Z 3 x=0

Z x/3 y=0

e^x2dydx= Z 3

x=0

e^x2 Z x/3

y=0

dydx= Z 3

0

e^x2x

3dx=he^x2 6

i3 0

= e⁹−1 6 . La présence du facteur xdans la deuxième expression permet de reconnaître que la fonction à intégrer est (à un coefficient près) de la forme u⁰e^u = (e^u)⁰ avec u=x².

5I et J existent (intégrales de fonctions continues sur un domaine élé- mentaire), et pour tout x∈[0,1],

Z 1 y=0

min(x, y) dy= Z x

y=0

min(x, y) dy+ Z 1

y=x

min(x, y) dy= Z x

y=0

ydy+ Z 1

y=x

xdy

=hy² 2

ix y=0+

xy]¹_y=x = x²

2 −0 +x−x² =x−x² 2 . Par suite, I =

Z 1 x=0

x− ^x₂²

dx=_x²

2 − ^x₆³1

0 = ¹₂ − ¹₆ = ³₆ − ¹₆ = ¹₃. De même,J =

Z 1 x=0

Z x y=0

xdy+ Z 1

y=x

ydy dx=

Z 1 x=0

xyx

y=0+_y²

2

1 y=x

dx

= Z 1

0

x²−0 + ¹₂ − ^x₂² dx=

Z 1 0

x² 2 +¹₂

dx=_x³

6 + ^x₂1 0 = 1

6+ 1 2 = ²₃.

Variante. On pouvait également remarquer que I+J =

Z

[0,1]²

min(x, y)+max(x, y)

dxdy= Z

[0,1]²

(x+y) dxdy= Z

[0,1]²

xdxdy+

Z

[0,1]²

ydxdy.

OrR

[0,1]²xdxdy=R1 x=0

R1

y=0xdydx=R1 x=0

xy1

y=0 =R1

0 xdx= ¹₂ et de même R

[0,1]²ydxdy= ¹₂ (par Fubini et changement des noms des variables, ces intégrales sont égales). Donc I+J = 1 et par suite J = 1−I = ²₃.

6On a x²−y²

(x²+y²)² = (x²+y²)−2y² (x²+y²)² = d

dy y

x²+y²

.

Par suite, I = Z 1

x=0

Z 1 y=0

d dy

y x²+y²

dydx= Z 1

x=0

h y x²+y²

i1 y=0

dx

= Z 1

0

dx 1 +x² =

Arctanx1

0 = Arctan 1 = +π 4. De même, x²−y²

(x²+y²)² = − y²−x²

(y²+x²)² = − d dx

x x²+y²

. Il en résulte que J =

Z 1 y=0

Z 1 x=0

h− x x²+y²

i1 x=0

dy = Z 1

0

− dy

1 +y² =−π 4.

On remarque que I 6=J : la conclusion du thèorème de Fubini n’est pas vérifiée ici. Donc les hypothèses de ce théorème ne sont pas vérifiées (sinon le théorème serait faux) et par suite la fonction f donnée n’est pas intégrable sur l’ensemble considéré.

On peut d’ailleurs vérifier que la fonctionx∈]0,1]7→Ix =R1 y=0

f(x, y) dy n’est pas intégrable sur]0,1]– ce qui, par définition, signifie que f n’est pas intégrable sur ]0,1]×[0,1]. En effet,

Ix = Z x

y=0

f(x, y) dy+

Z 1 y=x

f(x, y)

dy = x

x²+x² − 1

1 +x² + x x²+x²

= Z x

y=0

x²−y² (x²+y²)² +

Z 1 y=x

y²−x²

(x²+y²)² = 2 1

2x− 1 1 +x²

=h y x²+y²

ix y=0

−h y x²+y²

i1 y=x

= 1

x − 1 1 +x² et R1

x=XI_xdx =

lnx−Arctanx1

X = 0 − ^π₄ −lnX + 0 −−−→

X→0⁺ +∞, donc R1

x=0I_xdx diverge.

7La fonction à intégrer est continue (polynomiale), donc intégrable sur le domaine élémentaire D (faire un dessin pour s’en assurer et s’assurer que les

3

bornes deDsont bien celles données ci-dessous). NotantI cette intégrale etf la fonction à intégrer, on a I = R6

x=0

R3−x/2 y=0

R2−x/3−2y/3

z=0 (1 + 2x) dzdydx ce qui n’est guère commode, ou

I = Z 2

z=0

Z ^6−3z₂

y=0

Z 6−2y−3z x=0

(1 + 2x) dxdydz

= Z 2

z=0

Z ^6−3z₂

y=0

x+x²6−2y−3z x=0 dydz

= Z 2

z=0

Z ^6−3z₂

y=0

6−2y−3z+ (6−2y−3z)² dydz

= Z 2

z=0

h

y(6−3z)−y²+ (3z+ 2y−6)³ 6

i^6−3z₂

y=0 dz

= Z 2

z=0

(6−3z)²

2 − (6−3z)²

4 + 0−0 + 0− (3z−6)³ 6

dz

= Z 2

z=0

(3z−6)²

4 − (3z−6)³ 6

dz

=h(3z−6)³

36 − (3z−6)⁴ 72

i2 0

= 0−0−(−6)³

36 + (−6)⁴ 72

= +6 + 36 2

= 24

8

x y

D⁺

D⁻

−1 1

1 x=|y|

x=y²

Le domaineDest quasi-élémentaire, donc possède une aire. Remarquons que ∀x, y ∈R, |y|=√

x ⇐⇒ x=y², queA(D) =A(D⁺) +A(D⁻)et queA(D⁺) =A(D⁻) par raison de symétrie. Par ailleurs,

A(D⁺) = Z 1

x=0

Z

√x

y=x

dydx= Z 1

x=0

y

√x y=xdx

= Z 1

0

(√

x−x) dx=h2

3x^3/2− 1 2x²i1

0 = 2 3 −1

2 = 1 6 donc A(D) = ¹₆ +¹₆ = ¹₃.

Variantes

(i) Utilisation de formules de terminale : l’aire de D⁺, portion du plan com- prise entre deux courbes, est égale à R1

0(√

x−x) dx. On retrouve le calcul ci-dessus, mais où R

√x

y=x dy est remplacé par sa valeur.

(ii) A(D) = Z 1

y=−1

Z

x=y²

|y|dxdy = Z 1

y=−1

x

x=y²|y|dy= Z 1

y=−1

|y| −y² dy

= 2 Z 1

0

|y| −y²

dy (intégrale d’une fonction paire sur un intervalle centré en 0)

= 2 Z 1

0

y−y² dy=

h y² −2

3y³ i1

0 = 1− 2 3 = 1

3.

9

π

4 x

y

1

D

3 y=x x²+y²= 9

y= 0

Le domaine D est élémentaire et l’in- tégrande est continue, donc intégrable sur D. On passe en coordonnées polaires : on a D=

(rcosθ, rsinθ),06r63 et 06θ 6 ^π₄ donc I =R3

r=0

R ^π₄

θ=0 rcosθ

1+r rdθdr

=vsR3 0

r²dr 1+r

R ^π₄

0 cosθdθ.

Or _1+r^r2 = ^r2_r+1⁻¹⁺¹ = ^(r−1)(r+1)_r+1 + _1+r¹ =r−1 + _1+r¹ . DoncR3

0 r²dr 1+r² =_r²

2 −r+ ln(1 +r)3

0 = ⁹₂ −3 + ln 4 = ³₂ + ln 4.

Par suite,I = ³₂ + ln 4 sinθ^π₄

0 =

√2 2

3

2 + 2 ln 2

= ³

√2

4 +√

2 ln 2.

10

α

D

Ω R

D⁰ = D∩S est fermé (intersection de fermés) et borné (car D l’est), donc est compact, donc possède une aire. On passe en polaires (en prenant pour ori- gine du plan le centre Ω du disque. Alors A(D⁰) = RR

r=0

Rα0+α

θ=α0 rdrdθ ^vs=RR

0 rdrRα0+α

α0 dθ =_r²

2

R 0

θα0+α α0

donc A(D⁰) = ^R₂²α.

Variante. Si prend pour repère du plan R = (O,~ı, ~) de sorte que (O,~ı) soit axe de symétrie de D⁰, on obtient A(D⁰) = RR

r=0

R+α/2

θ=−α/2rdrdθ. Le résultat final est bien entendu le même.

Remarque. Si α = 0, π ou 2π, alors D⁰ est un domaine d’aire nulle, un demi-disque ou un disque. On retrouve les valeurs prévue pour l’aire : 0, ^πR₂² et πR².

11a) Par composition, f est continue sur son domaine [7 pts]

domaine de définition Df = R× R^∗ qui contient le domaine élémentaireA. Doncf est intégrable surAet

2 3 x y

1 2

x²+y²= 4 x²+y²= 9

y= 1 y= 2

A

5

I = Z 2

y=1

Z

√

9−y²

x=

√

4−y²

x

ye^−(x2+y2)dx dy

= Z 2

y=1

h− 1

2ye^−x2−y2i

√

9−y²

√

4−y²dy

= Z 2

1

e⁻⁴−e⁻⁹ 2y dy

= e⁻⁴−e⁻⁹ 2

lny2 1

= e⁻⁴−e⁻⁹ 2 ln 2.

b) B est élémentaire et f est continue, donc intégrable

sur B. Par passage en coordonnées polaires, ^x

y

1 2

x²+y²= 1 x²+y²= 4

π 2 π

4

B

J = Z

(r,θ)∈[1,2]×[π/4,π/2]

rcosθ

rsinθe^−r2rdrdθ^(vs)= Z 2

r=1

re^−r2dr Z π/2

π/4

cosθ sinθ dθ

=

−¹₂e^−r22 1

ln sinθπ/2

π/4 = ^e−1−e₂ ⁻⁴ ln 1−ln sin^π₄

= ^e−1−e₂ ⁻⁴ −ln^√1

2

= ^e−1−e₄ ⁻⁴ ln 2.

14

x y

−a a

−b b

x y

E

E est compact (fermé et borné) donc possède une aire. L’application ϕ: R→R, (u, v)7→(au, bv)est linéaire, donc affine, et pour tout (u, v)∈R²,

(u, v)∈ϕ⁻¹(E) ⇐⇒ ϕ(u, v)∈E

⇐⇒ ^(au)_a2² +^(bu)_b2² 61

⇐⇒ u²+v² 61 donc ϕ⁻¹(E) =

(u, v)∈R²: u²+v² 61 est le disque-unité du plan de dé- part de ϕ. Enfin, J_ϕ(u, v) = Mat(ϕ) = (^a₀⁰_b), donc D(u, v) = detJ_ϕ(u, v) = ab (qui est strictement positif, puisque a etb le sont). Par suite,

A(E) =R

(x,y)∈E1· dxdy=R

(u,v)∈ϕ⁻¹(E)1·abdudv =abR

ϕ⁻¹(E) dudv

=abA ϕ⁻¹(E)

=πab.

Remarque. Si a = be, alors E est un disque de rayon R = a = b. On retrouve alors A(E) =πR².

15La fonction est continue sur R²\[x+y = 0] ⊂D (si (x, y)∈D, alors x+y > 0 + 1) et D est élémentaire (triangle), donc f ∈ I(D). Pour tous x, y, u, v,∈R,

x−y = u x+y = v ⇐⇒

x = ^u+v₂ y = ^v−u₂ . Posonsϕ(u, v) = ^u+v₂ ,^v−u₂

. Alorsϕest affine (linéaire) et bijective, donc est unC¹-difféomorphisme ;J_ϕ(u, v) =

1/2 1/2

−1/2 1/2

a pour déterminant ¹₄ +¹₄ = ¹₂.

Enfin, ϕ⁻¹(D) =

(u, v)∈R²: u+v >0,v−u>2 et v 62

=

(u, v)∈R²: −v 6u6v−2 etv 62

=

(u, v)∈R²: −v 6u6v−2 et 16v 62 car−v6v−2 =⇒ v>1

I = Z

v=16v62

Z

−v6u6v−2

cosv u × 1

4dvdu= 1 4

Z

v=16v62

h ucosv

u i^v−2

u=−vdu=(inintégrable) Par suite,

Par suite, I =R

v=16v62

R

−v6u6vcos^v_u¹₄dvdu.

Pour(u, v)∈ϕ⁻¹(D), on a |v|6u, donc pour u6= 0, ^v_u

616 ^π₂ et par suite cos^v_u > 0. La fonction à intégrer étant positive, elle est intégrable ssi l’une de ses intégrales itérées existe.

21V(C) = R

C1 =RR z=R−h

R

√ R²−z² r=0

R2π

θ=0rdθdrdz = 2πRR z=R−h

_r²

2

√ R²−z²

r=0 dz =

πRR

R−h(R²−z²) dz =π

R²z−^z₃³R

R−h = ^π₃ 3R³−R³−3R²(R−h)+(R−h)³

=

π

3 −R³+ 3R²h+R³−3R²h+ 3Rh²−h³

= ^π₃(3R−h)h².

Vérifications : h = 0 V = 0; h = R V = ²₃πR³ (volume de la demi-boule) ; h= 2R V = ⁴₃πR³ (volume de la boule).

Centre de gravité : l’axe (Oz) étant axe de symétrie, G ∈ (Oz) donc x_G = y_G = 0. Enfin, z_G = _V(C)¹ R

Dzdxdydz et par passage en coordonnées cylindriques cette intégrale vaut

R

C1 =RR z=R−h

R

√R²−z² r=0

R2π

θ=0zrdθdrdz =πRR

R−h(R²−z²)zdz

=π_R²_z²

2 − ^z₄⁴R

R−h = ^π₄

2R²z²−z⁴R R−h

= ^π₄ 2R⁴−R⁴−2R²(R−h)²+ (R−h)⁴

= ^π₄ R⁴−2R²(R²−2Rh+h²) +R⁴−4R³h+ 6R²h²−4Rh³+h⁴

= ^π₄(4R²h²−4Rh³+h⁴) = ^π₄(4R²−4Rh+h²)h² = ^π₄(2R−h)²h². DonczG = ³₄^(2R−h)_3R−h².

Vérifications : h = 0 z_G = R qui est alors l’unique point de C; h= 2R zG = 0 qui est le centre de gravité de la boule.

25

x y

a b

D

La fonction à intégrer est continue sur le domaine élémen- taire D, donc y est intégrable. C’est de plus une fonction à variables séparées sur un pavé de R².

I = Z Z

D

e^−xe^−ydxdy= Z a

0

e^−xdx Z b

0

e^−ydy

=

−e^−xa 0

−e^−yb

0 = (1−e^−a)(1−e^−b).

7

26Le domaine D_a est élémentaire et la fonction à intégrer y est continue (fraction rationnelle dont le domaine de définition D=R²\

(0,0) contient D), donc intégrable.

I_a= Z a

x=1/a

Z 1 y=0

1 x²

dy

1 + (_x^y)² dx= Z a

x=1/a

h1

xArctany x

i1 y=0dx

= Z a

1/a

Arctan¹_x

x dx^u=1/x= − Z 1/a

a

Arctanu u du=

Z a 1/a

Arctanu u du.

Par suite, I_a= Z a

1/a

Arctan¹_t t dt=

Z a 1/a

Arctant

t dt. Il en résulte que

2Ia = Z a

1/a

1 t

Arctant+ Arctan1 t

dt= Z a

1/a

π

2t dt = π 2

lnta

1/a =πlna et par suite Ia= ^π₂ lna.

Reste à vérifier l’identité utilisée :Arctant+ Arctan¹_t = ^π₂, ce qui peut se faire par la formule d’addition des arctangentes ou de la façon suivante. Soit f: I =R^∗+ →Rdéfinie parf(t) = Arctant+Arctan¹_t. Alorsf est dérivable sur I et ∀t ∈ I, f⁰(t) = _1+t¹2 + −_t¹2

₁

1+(¹_t)² = _1+t¹2 − _1+t¹2 = 0. Comme I est un intervalle,f est donc constante surI, et∀t∈I,f(t) = f(1) = ^π₄+^π₄ = ^π₂. Remarque.f est en fait définie sur R^∗ et de dérivée nulle mais n’est pas constante : pour t <0, f(t) = f(−1) =−^π₂.

32La fonction à intégrer est positive (donc intégrable ssi l’une des inté- grales de Fubini existe) et il faut couper

Z

[0,1]³

= Z 1

x=0

Z x y=0

y6x

Z y z=0

z6y6x

+ Z x

z=y

y6z6x

+ Z 1

z=x

y6x6z

+

Z 1 y=x

x6y

Z x z=0

z6x6y

+ Z y

z=x

x6z6y

+ Z 1

z=y

x6y6z

! .

De façon plus précise, I =

Z 1 x=0

Z x y=0

y6x

Z y z=0

z6y6x

ydz+ Z x

z=y

y6z6x

zdz+ Z 1

z=x

y6x6z

xdz dy

+ Z 1

y=x

x6y

Z x z=0

z6x6y

xdz+ Z y

z=x

x6z6y

zdz+ Z 1

z=y

x6y6z

ydz dy

! dx

= Z 1

x=0

Z x y=0

yzy

z=0+_z²

2

x z=y+

xz1 z=x

dy

+ Z 1

y=x

xzx

z=0+_z²

2

y z=x+

yz1 z=y

dy

! dx

= Z 1

x=0

Z x y=0

y²−0 + ^x₂² −^y₂² +x−x² dy

+ Z 1

y=x

x²−0 + ^y₂² −^x₂² +y−y² dy

! dx

= Z 1

x=0

Z x y=0

y²

2 +x− ^x₂² dy+

Z 1 y=x

x²

2 +y− ^y₂² dy

! dx

= Z 1

x=0

_y³

6 +xy− ^x₂²yx

y=0+_x²

2 y+^y₂² − ^y₆³1 y=x

dx

= Z 1

x=0 x³

6 +x²−^x₂³

+ ^x₂² +¹₂ − ¹₆ − ^x₂³ − ^x₂² +^x₆³ dx

= Z 1

x=0

x^{3 1}₆ − ¹₂ −¹₂ +¹₆

+x² 1 + ¹₂ −¹₂

+ ¹₂ − ¹₆ dx

= Z 1

x=0

−²₃x³+x²+¹₃ dx

=

−₁₂² x⁴ +¹₃x³+ ^x₃1 0

=−¹₆ +¹₃ + ¹₃

= ¹₂.

9

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017 L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices n^o 2

C orrection de l’exercice

36

Soit ϕ: R² →R² définie par (^u_v) =ϕ(^x_y) = _y2^xy−x²

.

PosonsU =R^∗+×R^∗+, qui est ouvert deR² (produit cartésien d’ouverts de R) et montrons que ϕ définit une bijection de U sur V = R^∗+×R (en fait, on trouve cet ensemble a posteriori, car si x >0 ety >0, alors u=xy >0). H Fixons (^u_v)∈V. Pour tout(^x_y)∈U,

u v

=ϕ x

y

⇐⇒

u = xy

v = y²−x² ⇐⇒

y = u/x (1) v = ^u_x²2 −x² (2) (2) ⇐⇒ vx² = u² −x⁴ ⇐⇒ x⁴ +vx² −u² = 0. On reconnaît là une équation du 2^edegré enx²; de discriminant ∆ =v²−4(−u²) = v²+ 4u² >0.

Donc (2) ⇐⇒ x² = ¹₂(−v ±√

v²+ 4u²) ⇐⇒ x² = ¹₂(−v+√

v²+ 4u²) car x² >0. Comme x>0, on a finalement (2) ⇐⇒ x=

q1

2(−v +√

v²+ 4u²).

Comme u > 0, √

v²+ 4u² > √

v² = |v| > v, donc −v +√

v²+ 4u² >0.

La valeur trouvée pour x est donc dansR^∗+, ainsi que celle de y=u/x.

Ainsi, tout élément deV possède un unique antécédent par ϕdans U : ϕ définit bien une bijection de U surV.

Variante : on pouvait aussi montrer queϕest injective, mais cela ne m’a pas

paru plus simple. . . N

Par composition, ϕ est C¹ sur l’ouvert U de R² et pour tout (x, y) ∈ U, J_ϕ(x, y) = _−2x^y _2y^x

. Donc detJ_ϕ(x, y) = 2y²+ 2x² = 2(x² +y²) > 0 et par suite ϕ est unC¹-difféomorphisme de U surV.

Sous réserve d’intégrabilité, I =

Z

D

f = Z

(^xy)^{∈ϕ−1(ϕ(D))}

(y²−x²)^xy

detJ_ϕ(x, y)

2 dxdy= Z

(^u_v)^∈ϕ(D) v^u

2 dudv et l’une de ces intégrales existe ssi l’autre existe.

Or D =

(x, y) ∈ R²: x > 0;y > 0;y²−x² >0;y² −x² 6 1;a 6 xy 6 b , donc ϕ(D) =

u, v ∈R²: u >0; 0 6v 61;a6u6b = [a, b]×[0,1]. C’est un domaine élémentaire sur lequel (u, v) 7→ v^u = e^ulnv est continue, donc intégrable. Donc I existe et

I =

Z b Z 1 v^u

dvdu= 1Z b hv^u+1 i¹

du= 1Z b du

= 1

ln(u+ 1)b

= ln

rb+ 1 .