Intégrales curvilignes, intégrales multiples

Exo7

Intégrales curvilignes, intégrales multiples

Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche surwww.maths-france.fr

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable

Exercice 1 **

Calculer l’ intégrale de la forme différentielleωle long du contour orientéCdans les cas suivants :

1. ω=_x2+y^{x 2}dx+_x2+y^{y 2}dyetCest l’arc de la parabole d’équationy²=2x+1 joignant les points(0,−1)et (0,1)parcouru une fois dans le sens desycroissants.

2. ω= (x−y³)dx+x³dyetCest le cercle de centreOet de rayon 1 parcouru une fois dans le sens direct.

3. ω=xyzdxetCest l’arcx=cost,y=sint,z=costsint,tvariant en croissant de 0 à^π₂.

CorrectionH ^[005906]

Exercice 2 **

Soitω =x²dx+y²dy. Calculer l’intégrale deω le long de tout cercle du plan parcouru une fois dans le sens trigonométrique. Même question avecω=y²dx+x²dy.

CorrectionH ^[005907]

Exercice 3 **

Calculer les intégrales multiples suivantes 1. I=

ZZ

D

(x+y)dxdyoùD={(x,y)∈R²/x61,y61,x+y>1}. 2. I=

ZZ

[−1,1]²|x+y|dxdy.

3. I = ZZ

D

xy dxdy oùDest la partie du plan limitée par les paraboles d’équations respectivesy=x² et x=y².

4. I= ZZ

x²+y²61

1

1+x²+y² dxdy.

5. I= ZZ

x6x²+y²61

dxdy (1+x²+y²)². 6. I=

ZZZ

06x6y6z61

xyzdxdydz.

7. I= ZZZ

√x+√y+√z61

zdxdydz.

CorrectionH ^[005908]

Exercice 4 *** I

(Un calcul de^R₀^+∞sin_x^xdx).

1. retRsont deux réels strictement positifs tels quer<R. On considère le contourΓorienté suivant

−R −r r R Calculer l’intégrale de la forme différentielle

ω=_x2^e+y^−y2((xsinx−ycosx)dx+ (xcosx+ysinx)dy) le long de ce contour orienté.

2. En déduire^R_r^Rsinx_x dxen fonction d’une autre intégrale.

3. En faisant tendrervers 0 etRvers+∞, déterminer la valeur de^R₀^+∞sinx_x dx.

CorrectionH ^[005909]

Exercice 5 ***

Soient(p₁,p₂,q₁,q₂)∈]0,+∞[⁴tel que p₁<p₂etq₁<q₂.

Calculer l’aire du domaineD={(x,y)∈R²/2p₁x6y²62p2xet 2q2y6x²62q2y}.

CorrectionH ^[005910]

Exercice 6 *** I

Calculer le volume deB={(x1, . . . ,x_n)∈Rⁿ/x²₁+. . .+x²_n61}(boule unité fermée deRⁿpourk k2).

CorrectionH ^[005911]

Exercice 7 **

Calculer le volume de l’intérieur de l’ellipsoïde d’équationx²+¹₂y²+³₄z²+xz=1.

CorrectionH ^[005912]

Exercice 8 **** Inégalité isopérimétrique

Une courbe fermée (C) est le support d’un arc paramétré γ de classe C¹ régulier et simple. On note L sa longueur etA l’aire délimitée par la courbe fermée(C). Montrer que

A 6^L_4π².

Pour cela, on supposera tout d’abordL =2πet on choisira une paramétrisation normale de l’arc. On appliquera ensuite la formule de PARSEVAL aux intégrales permettant de calculer L etA et on comparera les sommes des séries obtenues.

CorrectionH ^[005913]

Exercice 9 ***

CalculerI= ZZ

x2 a2+^y2

b261

(x²−y²)dxdy.

CorrectionH ^[005914]

Correction del’exercice 1N 1. Cest l’arc paramétrét7→

t²−1 2 ,t

,tvariant en croissant de−1 à 1.

Z

C

ω= Z ₁

−1







(t²−1)/2 t²−1

2

2

+t²

t+ t

t²−1 2

2

+t²





dt

=0(fonction impaire).

R

Cω=2 ln 2.

2.

Z

C

ω = Z _2π

0

((cost−sin³t)(−sint) +cos³t(cost))dt= Z _2π

0

(cos⁴t+sin⁴t−costsint)dt

= Z _2π

0

((cos²t+sin²t)²−2 cos²tsin²t−costsint)dt= Z _2π

0

1−sin(2t)

2 −sin²(2t) 2

dt

= Z _2π

0

1−sin(2t)

2 −1

4(1−cos(4t))

dt=2π

1−1 4

=3π 2 . R

Cω=^3π₂. 3.

Z

C

ω= Z _π/2

0

(costsintcostsint)(−sint)dt=− Z _π/2

0

cos²tsin³t dt

= Z _π/2

0

(−cos²tsint+cos⁴tsint)dt= cos³t

3 −cos⁵t 5

π/2 0

=−1 3+1

5

=−2 15.

R

Cω=−₁₅².

Correction del’exercice 2N

1. ω =x²dx+y²dyest de classeC¹ surR²qui est un ouvert étoilé deR² et est fermée car ^∂P_∂y =0=^∂Q_∂x. On en déduit queω est exacte surR²d’après le théorème de SCHWARZ. Par suite, l’intégrale deω le long de tout cercle parcouru une fois dans le sens trigonométrique est nulle.

2. ω =y²dx+x²dy est de classe C¹ sur R² et n’est pas fermée car ^∂P_∂y =2y6=2x= ^∂_∂x^Q. On en déduit que ω n’est pas exacte sur R². L’intégrale de ω le long d’un cercle parcouru une fois dans le sens trigonométrique n’est plus nécessairement nulle.

On parcourt le cercleCle cercle de centre(a,b)et de rayonR>0 une fois dans le sens trigonométrique ou encore on considère l’arc paramétréγ : t7→(a+Rcost,b+Rsint),tvariant en croissant de 0 à 2π.

Z

γ

ω= Z _2π

0

(b+Rsint)²(−Rsint) + (a+Rcost)²(Rcost) dt

=R Z _2π

0

(acost−bsint+2aRcos²t−2bRsin²t+R²(cos³t−sin³t))dt

=R² Z _2π

0

(2acos²t−2bsin²t+R(cos³t−sin³t))dt

=R² Z _2π

0

(a(1+cost)−b(1−cost) +R(cost−sint)(cos²t+costsint+sin²t))dt

=R² Z _2π

0

(a−b+R(cost−sint)(1+costsint))dt

=R²

2π(b−a) + Z _2π

0

R(cost−sint+cos²tsint−costsin²t)dt

=2πR²(b−a).

Correction del’exercice 3N

1. Représentons le domaineD={(x,y)∈R²/x61,y61,x+y>1}.

1 1

I= ZZ

D

(x+y)dxdy= Z ₁

0

Z ₁

1−x

(x+y)dy

dx(ou aussi Z ₁

0

Z ₁₋y 0

(x+y)dx

dy)

= Z ₁

0

xy+y²

2 y=1

y=1−x

dx= Z ₁

0

x+1

2−x(1−x)−(1−x)² 2

dx

= Z ₁

0

x² 2 +x

dx=1

6+1 2=2

3. ZZ

D

(x+y)dxdy=2 3.

2. Si on pose pour(x,y)∈/mbr², f(x,y) =|x+y| alors pour tout(x,y)∈R², f(−x,−y) = f(x,y) ou encore f prend les mêmes valeurs en deux points symétriques par rapport àO. Puisque le pointOest centre de symétrie de[−1,1]², on en déduit que

I= ZZ

−16x,y61,x+y>0

f(x,y)dxdy+ ZZ

−16x,y61,x+y60

f(x,y)dxdy

=2 ZZ

−16x,y61,x+y>0

(x+y)dxdy=2 Z ₁

−1

_{Z 1}

−x

(x+y)dy

dx

=2 Z ₁

−1

xy+y²

2 y=1

y=−x

dx=2 Z ₁

−1

x+1

2+x²−x² 2

dx

=2 1

2×2 3+1

2×2

=8 3. ZZ

[−1,1]²|x+y|dxdy=8 3.

3. Représentons le domaineD={(x,y)∈R²/06x61,06y61,x²6y6√ x}.

1 2 3 4

−1

−2

1 2

−1

−2

I= Z ₁

0

Z ^√_x

x²

y dy

x dx= Z ₁

0

x y²

2 y=√

x

y=x²

dx=1 2

Z ₁

0

x(x−x⁴)dx=1 2

1 3−1

6

= 1 12.

4. En passant en polaires, on obtient

I= ZZ

x²+y²61

1

1+x²+y² dxdy= ZZ

06r61,06θ62π

1

1+r² rdrdθ

= _{Z 1}

0

r 1+r² dr

× _{Z 2π}

0

dθ

(intégrales indépendantes)

=2π× 1

2ln(1+r²) 1

0

=πln 2.

ZZ

x²+y²61

1

1+x²+y² dxdy=πln 2.

5. PosonsD={(x,y)∈R²/x6x²+y²61}. Puisquex6x²+y²⇔ x−¹₂2

+y²>¹₄,Dest l’intersection de l’intérieur du disque de centreOet de rayon 1, bord compris, et de l’extérieur du disque de centre

1 2,0

et de rayon ¹₂, bord compris. SoitMun point du plan. On note(r,θ)un couple de coordonnées polaires deMtel quer>0 etθ∈[0,2π].

M∈D⇔rcosθ6r²61⇔r=0 ou(0<r61 etr>cosθ.

−1 1

1

−1 En passant en polaires, on obtient

I=2 ZZ

x6x²+y²61,y>0

1

(1+x²+y²)²dxdy=2 _{Z π/2}

0

_{Z 1}

cosθ

r (1+r²)²dr

dθ+

Z _π

π/2

_{Z 1}

0

r (1+r²)²dr

dθ

=2 Z _π/2

0

− 1 2(1+r²)dr

1 cosθ

dθ+ Z _π

π/2

− 1 2(1+r²)dr

1 0

dθ

!

= Z _π/2

0

1

1+cos²θ−1 2

dθ+

Z _π

π/2

1 2dθ=

Z _π/2

0

1 1+cos²θdθ

= Z _π/2

0

1

1 cos²θ +1

dθ cos²θ =

Z _π/2

0

1

2+tan²θd(tanθ) = Z _+∞

0

1

t²+2 dt= 1

√2arctan t

√2 +∞

0

= π 2√

2. RR

x6x²+y²61 1

(1+x²+y²)²dxdy= ^π

2√ 2. 6.

I= ZZZ

06x6y6z61

xyzdxdydz= Z ₁

0

Z ₁

x

Z ₁

y

zdz

ydy

xdx= Z ₁

0

Z ₁

x

1

2(1−y²)ydy

xdx

= 1 2

Z ₁

0

Z ₁

x

(y−y³)dy

xdx=1 2

Z ₁

0

y² 2 −y⁴

4 1

x

xdx= 1 2

Z ₁

0

1 4−x²

2 +x⁴ 4

xdx

= 1 8

Z ₁

0

(x⁵−2x³+x)dx=1 8

1 6−1

2+1 2

= 1 48. RRR

06x6y6z61xyzdxdydz= ₄₈¹. 7. En sommant par tranches, on obtient

I= ZZZ

√x+√y+√ z61

zdxdydz= Z ₁

0

_ZZ

√x+√y61−√ z

dxdy

zdz

= Z ₁

0

ZZ

√u+√v61

(1−√

z)⁴dudv

zdz(en posantx= (1−√

z)²uety= (1−√ z)²v)

=A(D)× Z ₁

0

z(1−√

z)⁴dzoùD={(u,v)∈R²/√ u+√

v61}. Maintenant,

A(D) =^R₀¹ R(1−√

u)²

0 dv

du=^R₀¹(1−2√

u+u)du=1−⁴₃+¹₂ =¹₆ et

R₁

0z(1−√z)⁴dz=^R₀¹(z−4z^3/2+6z²−4z^5/2+z³)dz=¹₂−⁸₅+2−⁸₇+¹₄=₁₄₀¹ . Finalement

ZZZ

√x+√y+√ z61

zdxdydz= 1 840.

Correction del’exercice 4N

1. La forme différentielleωest de classeC¹surR²\ {(0,0)}. D’après le théorème de SCHWARZ, sur tout ouvert étoilé Ωcontenu dans R²\ {(0,0)}, la forme différentielle ω est exacte si et seulement si la forme différentielleω est fermée.

Pour(x,y)∈R²\ {(0,0)}, posonsP(x,y) = _x2^e+y^−y2(xsinx−ycosx)etQ(x,y) = _x2^e+y^−y2(xcosx+ysinx).

Pour(x,y)∈R²,

∂Q

∂x(x,y) = −2xe^−y

(x²+y²)²(xcosx+ysinx) + e^−y

x²+y²(−xsinx+cosx+ycosx)

= e^−y

(x²+y²)²(−2x(xcosx+ysinx) + (x²+y²)(−xsinx+cosx+ycosx))

= e^−y

(x²+y²)²((−x²+y²+x²y+y³)cosx+ (−2xy−x³−xy²)sinx), et

∂P

∂y(x,y) = −e^−y

x²+y²(xsinx−ycosx) + −2ye^−y

(x²+y²)²(xsinx−ycosx) + e^−y

x²+y²(−cosx)

= e^−y

(x²+y²)²(−(x²+y²)(xsinx−ycosx)−2y(xsinx−ycosx)−(x²+y²)cosx)

= e^−y

(x²+y²)²((−x²+y²+x²y+y³)cosx+ (−2xy−x³−xy²)sinx)

=∂Q

∂x(x,y).

Finalement, la forme différentielleω est exacte sur tout ouvert étoiléΩcontenu dansR²\ {(0,0)}. On choisitΩ=R²\ {(0,y),y60}.Ωest un ouvert étoilé (en tout point de la forme(0,y),y>0) de R²contenant le contour ferméΓ. Puisqueωest exacte surΩ, on sait alors que^R_Γω=0.

2. Le contourΓest constitué de 4 arcs :

•Γ1est l’arct7→(t,0),tvariant en croissant deràR,

•Γ2est l’arct7→(Rcost,Rsint),tvariant en croissant de 0 àπ.

•Γ3est l’arct7→(t,0),tvariant en croissant de−Rà−r,

•Γ4est l’arct7→(rcost,rsint),tvariant en décroissant deπà 0.

D’après la question 1),^R_Γ1ω+^R_Γ

2ω+^R_Γ

3ω+^R_Γ

4ω=0.

Z

Γ1

ω= Z R

r

(P(x(t),y(t))x⁰(t) +Q(x(t),y(t))y⁰(t))dt= Z R

r

P(t,0)dt

= Z R

r

1

t²×tsint dt = Z R

r

sint t dt.

De même,^R_Γ

3ω=^R₋⁻_R^rsint_t dt=^R_r^Rsint_t dt(puisque la fonctionx7→^sinxx est paire) et donc^R_Γ

1ω+^R_Γ

3ω=

2^R_r^Rsinx_x dxpuis pour tout(r,R)∈]0,+∞[²tel quer<R,

RR r sinx

x dx=−¹₂ ^RΓ2ω+^R_Γ

4ω . Ensuite,

Z

Γ2

ω = Z _π

0

(P(Rcost,Rsint)(−sint) +Q(Rcost,sint)(cost))dt

= Z _π

0

e^−Rsint((costsin(Rcost)−sintcos(Rcost))(−sint) + (costcos(Rcost) +sintsin(Rcost))(cost))dt

= Z _π

0

e^−Rsintcos(Rcost)dt. De même,^R_Γ

4ω =^R_π⁰e^−rsintcos(rcost)dt=−^R0^πe^−rsintcos(rcost)dt et on a montré que

∀(r,R)∈]0,+∞[²,r<R⇒^Rr^Rsinx

x dx=¹₂ ^R₀^πe^−rsintcos(rcost)dt−^R0^πe^−Rsintcos(Rcost)dt . 3. •Etudions limR→+∞

R_π

0 e^−Rsintcos(Rcost)dt. PourR>0,

Z _π

0

e^−Rsintcos(Rcost)dt 6

Z _π

0

e^−Rsint|cos(Rcost)|dt6 Z _π

0

e^−Rsintdt=2 Z _π/2

0

e^−Rsintdt

62 Z _π/2

0

e^−R(2t/π)dt(la fonction sinus étant concave sur h 0,π

2 i

)

=π R

h−e^−2Rt/π iπ

0 =π

R(1−e^−2R) 6π

R.

Comme ^π_R tend vers 0 quandRtend vers+∞, limR→+∞

R_π

0 e^−Rsintcos(Rcost)dt=0. On en déduit que pour toutr>0, l’intégrale^R_r^+∞sinx_x dxconverge en+∞et que

∀r>0,^R_r^+∞sinx_x dx=¹₂^R₀^πe^−rsintcos(rcost)dt.

•Etudions maintenant limr→0

R_π

0 e^−rsintcos(rcost)dt. Soit F : [0,+∞[×[0,π] → R

(r,t) 7→ e^−rsintcos(rcost) . - Pour tout réelr∈[0,+∞[, la fonctiont7→F(r,t)est continue par morceaux sur[0,π].

- Pour tout réelt∈[0,π], la fonctionr7→F(r,t)est continue sur[0,+∞[.

- Pour tout(r,t)∈[0,+∞[×[0,π],|F(r,t)|61=ϕ(t)oùϕest une fonction continue par morceaux et intégrable sur le segment[0,π].

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonctionr7→^R0^πe^−rsintcos(rcost)dt est continue sur[0,+∞[. On en déduit que

limr→0

R_π

0 e^−rsintcos(rcost)dt=^R₀^πe⁰cos(0)dt=π, et finalement que

R_+∞

0 sinx

x dx=^π₂.

Correction del’exercice 5N

y² = 2p1x y² = 2p1x x² = 2q₁y x² = 2q2y

x² = 2qy

y² = 2px

b

L’aire du domaine considéréD={(x,y)∈R²/2p₁x6y²62p2xet 2q2y6x²62q2x}est A =

ZZ

D

dxdy.

Pour(x,y)∈D², posonsp=^y_2x² etq=^x_2y² ou encore considérons l’application ϕ : D → [p1,p₂]×[q1,q2]

(x,y) 7→

y² 2x,_2y^x2

et vérifions queϕest unC¹-difféomorphisme.

•Pour chaque(x,y)∈D², on 2p₁x6y²62p2xet 2q1y6x²62q2you encore p₁6_2x^y2 6p₂etq₁6_2y^x2 6q₂. Doncϕest bien une application.

•Soit(p,q)∈[p₁,p₂]×[q₁,q₂]. Pour(x,y)∈(]0,+∞[)²,







y² 2x =p

x² 2y =q

⇔





 y=^x_2q²

(x²/2q)² 2x =p

⇔ (

x=p³ 8pq² y=p³

8p²q

Donc, l’équationϕ(x,y) = (p,q)a exactement une solution(x₀,y₀)dans]0,+∞[². De plus, puisque ^y

2 0

2x0 =p∈ [p1,p₂]et _2y^x20

0 =q∈[q1,q₂], on a 2p1x₀6y²₀62p₂x₀et 2q1y₀6x²₀62q2y₀et donc(x0,y0)∈D². Doncϕ est une bijection.

•ϕ est de classeC¹surDet pour(x,y)∈D²,

D(p,q)

D(x,y) =J(ϕ)(x,y) =

−_2x^y22

y x x

y −_2y^x22

=¹₄−1=−³₄6=0.

Ainsi,ϕest une bijection deDsur[p₁,p₂]×[q₁,q₂], de classeC¹surDet son jacobien ne s’annule pas surD.

On sait alors queϕest unC¹-difféomorphisme deDsur[p₁,p₂]×[q₁,q₂].

Posons alors(p,q) =ϕ(x,y)dans ZZ

D

dxdy. On obtient

A = ZZ

D

dxdy= ZZ

[p1,p2]×[q1,q2]

D(x,y) D(p,q)

d pdq=4 3

ZZ

[p1,p2]×[q1,q2]

d pdq= 4

3(p₂−p₁)(q₂−q₁).

A =⁴₃(p₂−p₁)(q₂−q₁).

Correction del’exercice 6N

Pourn∈N^∗ etR>0, posonsBn(R) ={(x₁, . . . ,xn)∈Rⁿ/x²₁+. . .+x²_n6R²} et notonsVn(R) le volume de Bn(R). Par définition,

Vn(R) = Z

. . . ZZ

x²₁+...+x²_n6R²

dx₁. . .dxn. En posantx₁=Ry₁, . . . ,xn=Ryn, on a ^D(x_D(y^1,...,xn)

1,...,yn)=Rⁿ(quandR>0) puis V_n(R) =

Z . . .

ZZ

x²₁+...+x²_n6R²

dx₁. . .dx_n=Rⁿ Z

. . . ZZ

y²₁+...+y²_n61

dy₁. . .dy_n=RⁿV_n(1).

ce qui reste vrai quandR=0. Pourn>2, on peut alors écrire

V_n(1) = Z ₁

−1

Z . . .

ZZ

x²₁+...+x²_n−161−x²_n

dx₁. . .dx_n−1

dx_n= Z ₁

−1

V_n−1 q

1−x²_n

dx_n

= Z ₁

−1

(1−x²_n)^(n−1)/2Vn−1(1)dxn=InVn−1(1)

oùIn=^R₋¹₁(1−x²)^(n−1)/2dx. Pour calculerIn, on posex=cosθ. On obtient

I_n=^R_π⁰(1−cos²θ)^(n−1)/2(−sinθ)dθ=^R₀^πsinⁿθdθ=2^R₀^π/2sinⁿθdθ=2Wn(intégrales de WALLIS).

Finalement,

V₁(1) =2 et∀n>2,Vn(1) =2WnVn−1(1).

On en déduit que pourn>2,

V_n(1) = (2Wn)(2Wn−1). . .(2W2)V1(1) =2ⁿ∏ⁿ_k=2W_k=2ⁿ∏ⁿ_k=1W_k,

ce qui reste vrai pourn=1. Maintenant, il est bien connu que la suite((n+1)Wn+1W_n)n∈Nest constante et plus précisément que∀n∈N,(n+1)W_n+1Wn=W₁W₀= ^π₂. Donc, pourp∈N^∗,

V_2p(1) =2^2p

2p

∏

Wk=2^2p

p k=1

∏

(W_2k−1W_2k) =2^2p

p k=1

∏

π

2(2k)=π^p p!, et de même

V_2p+1(1) =2^2p+1

2p+1

∏

k=2

Wk=2^2p+1

p

∏

k=1

(W_2kW_2k+1) =2^2p+1

p

∏

k=1

π 2(2k+1)

= π^p2^p+1

3×5×. . .×(2p+1) =π^p2^p+1(2p)×(2p−2)×. . .×2

(2p+1)! = π^p2^2p+1p!

(2p+1)! .

∀p∈N^∗,∀R>0,V_2p(R) =^πp_p!^R2p etV_2p−1(R) =^πp22p+1_(2p+1)!^p!R2p+1.

En particulier,V₁(R) =2R,V₂(R) =πR²etV₃(R) = ⁴₃πR³. Correction del’exercice 7N

1ère solution. V = ZZZ

x²+¹₂y²+³₄z²+xz61

dxdydz. Or x²+¹₂y²+³₄z²+xz= x+₂^z2

+^y₂² +^z₂². On pose donc u=x+^z₂,v= √^y

2etw=√^z 2.

D(u,v,w) D(x,y,z) =

1 0 ¹₂ 0 ^√1₂ 0 0 0 √¹ 2

=¹₂.

On en déduit que _D(u,v,w)^D(x,y,z) =2 puis que V =

ZZZ

x²+¹₂y²+³₄z²+xz61

dxdydz= ZZZ

u²+v²+w²61

D(x,y,z) D(u,v,w)

dudvdw=2×4π 3 = 8π

3 .

2ème solution.Supposons savoir que le volume délimité par l’ellipsoïde d’équation^X_a2²+^Y_b2²+^Z_c2² =1 est⁴₃πabc.

La matrice de la forme quadratique(x,y,z)7→x²+¹₂y²+³₄z²+xzdans la base canonique orthonormée deR³ estA=





1 0 ¹₂ 0 ¹₂ 0

1 2 0 ³₄



. On sait que cette matrice a 3 valeurs propres strictement positivesλ = _a¹₂,µ =_b¹₂ et ν=_c¹₂ puis qu’il existe une base orthonormée dans laquelle l’ellipsoïde a pour équation ^X_a2²+^Y_b2²+^Z_c²₂ =1. Le volume de l’ellipsoïde est alors

V =⁴₃πabc= ⁴₃√^π

λ µ ν =⁴₃√^π

det(A)=⁴₃√^π₁

4

= ^8π₃ V =^8π₃ .

Correction del’exercice 8N

Supposons tout d’abord que le support de l’arc γ est de longueur L =2π. Puisque γ est un arc de classe C¹ régulier, on peut choisir pourγ une paramétrisation normale c’est-à-dire une paramétrisation de classeC¹ t7→(x(t),y(t)),t∈[0,2π], telle que∀t∈[0,2π],x⁰²(t) +y⁰²(t) =1. L’arc étant fermé, on a de plusγ(0) =γ(2π).

Cette dernière condition permet de prolonger les fonctionsxetyen des fonctions continues surRde classeC¹ par morceaux et 2π-périodiques.

Puisque les fonctionsx⁰ety⁰sont continues par morceaux surR, la formule de PARSEVALpermet d’écrire

L=2π= Z _2π

0

1dt= Z _2π

0

(x⁰²(t) +y⁰²(t))dt= Z _2π

0

x⁰²(t)dt+ Z _2π

0

y⁰²(t)dt

=π a²₀(x⁰) 2

+∞

∑

n=1

(a²_n(x⁰) +b²_n(x⁰)) +a²₀(y⁰)

2 +

+∞

∑

n=1

(a²_n(y⁰) +b²_n(y⁰))

!

=π

+∞

∑

n=1

(a²_n(x⁰) +b²_n(x⁰) +a²_n(y⁰) +b²_n(y⁰))

!

(a₀(x⁰) = 1 π

Z _2π

0

x⁰(t)dt= 1

π(x(2π)−x(0)) =0=a₀(y⁰)) π

+∞

∑

n=1

n²(a²_n(x) +b²_n(x) +a²_n(y) +b²_n(y))

! .

D’autre part, d’après la formule de GREEN-RIEMANN

A = Z

γ

xdy= Z _2π

0

x(t)y⁰(t)dt= 1 4

Z _2π

0

((x(t) +y⁰(t))²−(x(t)−y⁰(t))²)dt

=π 4

a²₀(x+y⁰)

2 −a²₀(x−y⁰)

2 +

+∞

∑

n=1

(a²_n(x+y⁰)−a²_n(x−y⁰) +b²_n(x+y⁰)−b²_n(x−y⁰))

!

=π a₀(x)a₀(y⁰)

2 +

+∞

∑

n=1

(an(x)an(y⁰) +bn(x)bn(y⁰))

!

(par linéarité des coefficients de FOURIER)

=L 2

+∞

∑

n=1

n(an(x)bn(y)−b_n(x)an(y)) 6L

2

+∞

∑

n=1

n²

2 (a²_n(x) +b²_n(y) +b²_n(x) +a²_n(y)) = L 2 ×L

π =L² 4π . Si on a l’égalité, alors les inégalités valables pourn>1,

n(an(x)bn(y)−bn(x)an(y))6n×¹₂(a²_n(x) +b²_n(y) +b²_n(x) +a²_n(y))6ⁿ₂²(a²_n(x) +b²_n(y) +b²_n(x) +a²_n(y)), sont des égalités. En particulier, pourn>2, on aa_n(x) =a_n(y) =b_n(x) =b_n(y) =0. D’autre part, quandn=1, a₁(x)b₁(y)−b₁(x)a₁(y) =¹₂(a²₁(x) +b²₁(y) +b²₁(x) +a²₁(y))impose(a₁(x)−b₁(y))²+ (b₁(x) +a₁(y))²=0 et donca₁(y) =−b₁(x)etb₁(y) =a₁(x).

D’après le théorème de DIRICHLET, en posantα=^a0₂^(x),β =^a0₂^(y),a=a₁(x)etb=b₁(x),

∀t∈[0,2π],

x(t) =α+acost+bsint=α+√

a²+b²cos(t−t₀) y(t) =β−bcost+asint=β+√

a²+b²sin(t−t₀) où cos(t₀) =√ ^a

a²+b² et sin(t₀) = √ ^b

a²+b². Le support de l’arcγest donc un cercle. La réciproque est claire.

L’inégalité isopérimétrique est donc démontrée dans le cas où L=2π et on a l’égalité si et seulement si le support de l’arcγ est un cercle. Dans le cas où la longueur de la courbeCest un réel strictement positifL quelconque, l’homothétique (C⁰)de (C) dans l’homothétie de centreO et de rapport ^2π_L a une longueurL⁰ égale à 2π et délimite une aireA⁰= ^2π_L

×A.

L’inégalité A⁰6 ^L_2π⁰² =2π s’écrit encore A 62π×_4π^L22 = ^L_4π². De plus on a l’égalité si et seulement si la courbe(C)est un cercle (dans ce cas, ^L_4π² =^4π_4π^2R2 =πR²=A).

A 6^L_4π² avec égalité si et seulement si la courbe(C)est un cercle.

(A périmètre donné, le cercle est la courbe fermée délimitant la plus grande aire) Correction del’exercice 9N

On pose déjàx=uaety=vbde sorte que ^D(u,v)_D(x,y)=ab. On obtient I=

ZZ

x2 a2+^y2

b261

(x²−y²)dxdy=ab ZZ

u²+v²61

(a²u²−b²v²)dudv.

Ensuite, ZZ

u²+v²61

u²dudv= ZZ

u²+v²61

v²dudv= 1 2

ZZ

u²+v²61

(u²+v²)dudv=1 2

Z r=1 r=0

Z _2π

θ=0

r²×rdrdθ

=1 2

Z ₁

0

r³dr Z _2π

0

dθ=1 2×1

4×2π=π 4, et donc

I=^πab(a₄^2−b2).