(1)UNIVERSITE CADI AYYAD Faculté PolyDisciplinaire de Safi TD d’Analyse 6 Intégrales doubles et triples Département Maths–Info

(1)

UNIVERSITE CADI AYYAD Facult´e PolyDisciplinaire de Safi

TD d’Analyse 6 Int´egrales doubles et triples

D´epartement Maths–Info.

Fili`ere SMA(S4) (A.U : 19-20)

Exercice 1. Calculer l’int´egrale double suivante : J =

Z Z

D

xy

1 +x²+y²dxdy.

o`u

D=

(x, y)∈R² : 0≤x≤1, 0≤y≤1, x²+y²≥1

. Solution 1. On peut ´ecrireD sous la forme

D=

(x, y)∈R² : 0≤x≤1, p

1−x² ≤y≤1

.

x y

0 1

1

On poseg1(x) =√

1−x² etg2(x) = 1. Les fonctionsg1 et g2 sont continues sur [0,1], alors, par le théorème de Fubini, D est une partie quarrable, de plus elle est compacte (fermée bornée). La fonction f est continue sur la partie D quarrable et compacte, elle est donc intégrable sur D. Par le théorème de Fubini et une intégration par parties, on obtient

J = Z Z

D

xy

1 +x²+y²dxdy=

1

Z

0

x

1

Z

√1−x²

y

1 +x²+y²dy

! dx

=

1

Z

0

x

"

1

2ln(1 +x²+y²)dy

#1

√1−x²

dx

=

1

Z

0

x

2 ln(2 +x²)dx−

1

Z

0

x

2ln(2)dx

= 1 4

1

Z

0

(2 +x²)⁰ln(2 +x²)dx−

1

Z

0

x

2 ln(2)dx

= 1 4

h

(2 +x²) ln(2 +x²)i1 0−

1

Z

0

2xdx

−

1

Z

0

x

2ln(2)dx

= 1 4

3 ln(3)−2 ln(2)−1−ln(2)

= 3 4ln(3

2)−1 4.

Exercice 2. Calculer l’int´egrale double suivante : J =

Z Z

D

px²+y²dxdy.

(2)

o`u

D=

(x, y)∈R² : x≥0, 1≤x²+y² ≤2y

.

x²+y² = 2y⇒x²+ (y−1)² = 1 le cercle de centre (0,1) et de rayon 1.

x y

0 1 2

1 2

D est la partie grise.

Solution 2. On applique le théorème de changement en coordonnées polaires : on pose x=rcos(θ) et y=rsin(θ). Les conditions surD donnent

rcos(θ)≥0⇒θ∈[−π 2,π

2], et

1≤r² ≤2rsin(θ)⇒1≤r≤2 sin(θ) et 2 sin(θ)≥1⇒1≤r ≤2 sin(θ) et θ≥ π 6 Ce qui donne que

1≤r ≤2 sin(θ) et θ∈[π 6,π

2].

Alors

J = Z Z

D

p2+y²dxdy =

π 2

Z

π 6

2 sin(θ)

Z

1

rrdrdθ

= 1 3

π 2

Z

π 6

(8 sin³(θ)−1)dθ

=−π 9 +8

3

π 2

Z

π 6

(1−cos²(θ) sin(θ)dθ

=−π 9 +8

3

√ 3

Z2

0

(1−u²)du (u= cos(θ), du=−sin(θ)dθ)

=−π 9 +√

3.

Exercice 3. Calculer les deux int´egrales doubles suivantes:

I = Z Z

D

(x+y)²

x²+y²+ 1dxdy, J = Z Z

∆

(x²+y²)dxdy,

o`uD={(x, y)∈R²|x²+y²≤1}et ∆ ={(x, y)∈R²|x²+y²≤1, x≥0, y ≥0}.

(3)

Solution 3. 1. On applique le théorème de changement en coordonnées polaires : on pose x=rcos(θ) et y=rsin(θ). Les conditions surD donnent

x²+y²≤1⇒0≤r ≤1 θ∈[0,2π], donc

I = Z Z

D

(x+y)² x²+y²+ 1dxdy

=

1

Z

0 2π

Z

0

(rcos(θ) +rsin(θ))²

(rcos(θ))²+ (rsin(θ))²+ 1rdrdθ

=

1

Z

0 2π

Z

0

r³1 + sin(2θ) r²+ 1 drdθ

=

1

Z

0

r³ r²+ 1dr

2π

Z

0

(1 + sin(2θ)dθ.

Par une int´egration par parties, on a

1

Z

0

r³

r²+ 1dr =

1

Z

0

1 2r² 2r

r²+ 1dr

=

1

Z

0

1

2r²(r²+ 1)⁰ r²+ 1 dr

= 1 2

h

r²ln(1 +r²)i1 0

−

1

Z

0

2rln(1 +r²)dr

= ln(2) 2 −1

2

1

Z

0

(1 +r²)⁰ln(1 +r²)dr

= ln(2) 2 −¹₂h

(1 +r²) ln(1 +r²)i1 0−

1

Z

0

2rdr

= 1−ln(2)

2 .

On a aussi

2π

Z

0

(1 + sin(2θ)dθ= h

θ−1

2cos(2θ) i2π

0 = 2π.

D’o`u

Z Z

D

(x+y)²

x²+y²+ 1dxdy= 2π1−ln(2) 2 2. Calculons

J = Z Z

∆

(x²+y²)dxdy, o`u ∆ ={(x, y)∈R²|x²+y²≤1, x≥0, y ≥0}.

(4)

On applique le théorème de changement en coordonnées polaires : on pose x = rcos(θ) et y=rsin(θ). Les conditions surD donnent

x²+y²≤1, x≥0, y≥0⇒0≤r≤1 θ∈[0,π 2].

Donc

J = Z Z

∆

(x²+y²)dxdy

=

1

Z

0

π 2

Z

0

r³drdθ=

1

Z

0

r³dr

π 2

Z

0

dθ

= π 8. Exercice 4. Soit l’ensemble suivant :

D=

(x, y)∈R² : x²+y²−2y≥0, x²+y² ≤1

. 1. Tracer D.

2. Montrer que Dest une partie quarrable.

3. Calculer l’int´egrale double suivante : J =

Z Z

D

px²+y²dxdy.

Solution 4. 1. On a

x²+y²≥2y⇒x²+y²−2y+ 1≥1⇒x²+ (y−1)²≥1 Donc Dpeut ˆetre repr´esenter comme suit.

x y

−2 0 2

1

1 -1

2

Dest la partie grise.

2. Rappel: Si A etB sont quarrables alorsA∩B, A∪B, A\B, A,A˚sont quarrables.

On a

D=D₁\D₁∩D₂,

(5)

o`u D1=

(x, y)∈R² : x²+y² ≤1

et D2=

(x, y)∈R² : x²+ (y−1)² ≤1

.

On sait déjà que D₁ et D₂ sont quarrables. Donc D₁ ∩ D₂ sont quarrables. Par conséquent D=D₁\D₁∩D₂ est quarrables.

3. On peut ´ecrire D sous la forme D=

(x, y)∈R² : 2y≤x²+y² ≤1

.

On applique le théorème de changement en coordonnées polaires : on posex=rcos(θ) ety =rsin(θ). Les conditions surD donnent

2rsin(θ)≤r²≤1⇒2 sin(θ)≤r≤1 et sin(θ)≤ 1

2 = sin(π

6)⇒θ∈[0,π 6]

∆ =

(r, θ)∈R² : 2 sin(θ)≤r≤1, 0≤θ≤ π 6

, donc

J = Z Z

D

px²+y²dxdy

= Z Z

∆

r.rdrdθ

=

π 6

Z

0 1

Z

2 sin(θ)

r.rdrdθ

= 1 3

π

Z6

0

h r³

i1

2 sin(θ)dθ

= 1 3

π 6

Z

0

h

1−8 sin³(θ)i dθ

= π 18 −8

3

π

Z6

0

(1−cos²(θ)) sin(θ)dθ

= π 18 −8

3

1

Z

√ 3 2

(1−u²)du (u= cos(θ), du=−sin(θ)dθ)

= π 18 −8

3 h

u−¹₃u³ i1

√ 3 2

= π 18 −8

3 h

(1−

√ 3

2 )−¹₃(1−(

√ 3 2 )³)i

= π 18 −8

3 h

1−

√ 3

2 −¹₃ +¹₃³

√ 3 8

i

= π 18 −16

9 +√ 3

(6)

Exercice 5. Soit aun r´eel strictement positif, on d´efinit les deux ensembles suivants : K_a= [0, a]×[0, a], D_a=

(x, y)∈([0,+∞[)² : x²+y² ≤a²

.

L’objectif de cet exercice est de calculer l’int´egrale de Gauss suivante : I =

+∞

Z

0

e^−x²dx

1. Montrer que : I² = lim

a→+∞

Z Z

Ka

e^−x²^−y²dxdy.Calculer Z Z

Da

e^−x²^−y²dxdy.

2. En remarquant que Da⊂Ka⊂D_a^√₂, calculerI.

Solution 5. On a le sch´ema suivant:

x y

a a

Ka

Da

D_a^√₂

1. Puisque les variables xet y sont s´epar´ees alors Z Z

Ka

e^−x²^−y²dxdy =

a

Z

0

e^−x²dx

a

Z

0

e^−y²dy

= Z^a

0

e^−x²dx 2

CommeI =

+∞

Z

0

e^−x²dxest convergente alors

I = lim

a→+∞

Za

0

e^−x²dx

Donc

I² = lim

a→+∞

Z^a

0

e^−x²dx 2

= lim

a→+∞

Z Z

Ka

e^−x²^−y²dxdy.

(7)

On applique le théorème de changement en coordonnées polaires : on posex=rcos(θ) ety =rsin(θ). On a

Z Z

Da

e^−x²^−y²dxdy =

a

Z

0

π

Z2

0

e^−r²rdrdθ

= π

4(1−e^−a²) 2. On a

D_a⊂K_a⊂D_a^√₂, donc par croissance de l’int´egrale double

Z Z

Da

e^−x²^−y²dxdy ≤ Z Z

Ka

e^−x²^−y²dxdy≤ Z Z

D_a^√₂

e^−x²^−y²dxdy

Par cons´equent π

4(1−e^−a²) ≤ Z Z

Ka

e^−x²^−y²dxdy ≤ π

4(1−e^−2a²) En faisant tendre avers +∞, nous obtenons

π

4 ≤I² = lim

a→+∞

Z Z

Ka

e^−x²^−y²dxdy ≤ π 4. Ce qui donne

I =

√π 2 . Exercice 6. Soit l’int´egrale I =

1

Z

0

ln(1 +x) 1 +x² dx.

1. Soit D le pav´e [0,1]×[0,1]. Montrer queI = Z Z

D

xdxdy (1 +x²)(1 +xy). 2. En intervertissant les rˆoles de xety, montrer que

2I = Z Z

D

(x+y)dxdy (1 +x²)(1 +y²). 3. D´eduire la valeur de I.

(8)

Solution 6. 1. On a Z Z

D

xdxdy

(1 +x²)(1 +xy) =

1

Z

0

1 1 +x²

Z¹

0

x 1 +xydy

dx

=

1

Z

0

1 1 +x²

h

ln(1 +xy)i1 0dx

=

1

Z

0

ln(1 +x)

1 +x² dx=I.

2. On pose le changement de variables

ϕ: [0,1]×[0,1]−→[0,1]×[0,1]

(x, y)7−→ϕ(x, y) := (y, x),

On a det(J_ϕ) =−16= 0. ϕ est clairement bijective, donc c’est un C¹-diff´eomorphisme.

Par le th´eor`eme de changement de variable, I =

Z Z

D

ydydx (1 +y²)(1 +xy). Donc

2I = Z Z

D

xdxdy

(1 +x²)(1 +xy) + Z Z

D

ydydx (1 +y²)(1 +xy)

= Z Z

D

x

1 +x² + y 1 +y²

1

1 +xydxdy

= Z Z

D

(x+y)(1 +xy) (1 +x²)(1 +y²)

1

1 +xydxdy

= Z Z

D

(x+y)

(1 +x²)(1 +y²)dxdy.

3. Il suffit maintenant de calculer cette dernière intégrale. 0n a puisque les variables sont séparées

Z Z

D

x

(1 +x²)(1 +y²)dxdy =

1

Z

0

xdx 1 +x²

1

Z

0

dy 1 +y²

= 1 2 h

ln(1 +x²)i1 0

h

arctan(y)i1

0 = πln(2) 8 . En changeant les rˆoles de x et de y, on a aussi

Z Z

D

y

(1 +x²)(1 +y²)dxdy = πln(2) 8 . Par cons´equent

I = πln(2) 8 .

(9)

Exercice 7. Calculer l’int´egrale double suivante : I =

Z Z

D

xy

(x²+y²+ 1)²dxdy, o`uD={(x, y)∈R² : x²+y²≥1, 0≤x≤1, 0≤y≤1}.

Solution 7. 1. On peut ´ecrireD sous la forme D=

(x, y)∈R² : 0≤x≤1, p

1−x² ≤y≤1

.

x y

0 1

1

D’après l’Exercice 1, D est une partie quarrable compacte. La fonction f est continue sur la partie Dquarrable et compacte, elle est donc intégrable sur D. Par le théorème de Fubini et une intégration par parties, on obtient

J = Z Z

D

xy

(1 +x²+y²)²dxdy =

1

Z

0

x

1

Z

√1−x²

y

(1 +x²+y²)²dy

! dx

= 1 2

1

Z

0

x

1

Z

√1−x²

∂(1+x²+y²)

∂y

(1 +x²+y²)²dy

! dx

= 1 2

1

Z

0

x

"

− 1

1 +x²+y²

#1

√ 1−x²

dx

= 1 2

1

Z

0

x h

− 1 2 +x² +1

2 i

dx

= 1 4 h

−ln(2 +x²) i1

0+ 1 4

hx² 2

i1 0 = 1

8− 1 4ln(3

2).

Exercice 8. Soit Dle domaine de R² D=

(x, y)∈R² : |x|+|y| ≤2

.

1. Tracer Det prouver que c’est une partie compacte quarrable deR². 2. Claculer J =

Z Z

D

dxdy.

3. Calculer I = Z Z

D

dxdy (|x|+|y|)²+ 4.

(10)

Solution 8. 1. Repr´esentation deD:

x y

−2 0 2

−2 2

y= 2−x y= 2 +x

y=−2−x y=x−2

On peut ´ecrire D sous la forme D=

(x, y)∈R² : −2≤x≤2 |x| −2≤y≤2− |x|

.

On pose g1(x) = |x| −2 et g2(x) = 2− |x|. Les fonctions g1 et g2 sont continues sur [−2,2], alors, par le théorème de Fubini, D est une partie quarrable, de plus elle est compacte (fermée bornée).

2. Posons D₁ =

(x, y)∈R² : 0≤x≤2 0≤y ≤2−x

. Par le théorème de Fubini et par symétrie, on a

J = Z Z

D

dxdy = 4 Z Z

D1

dxdy = 4

2

Z

0 2−x

Z

0

dydx

= 4

2

Z

0

(2−x)dx

= 4 h

2x− ^x₂²i2 0 = 8.

ou bien La figure est celle du carr´e de longueur 2√

2. L’aire est alors 2√ 2×2√

2 = 8.

(11)

3. M´ethode 1. Par un calcul direct, on a I =

Z Z

D

dxdy (|x|+|y|)²+ 4

= 4 Z Z

D1

dxdy (x+y)²+ 4

= 4

2

Z

0 2−x

Z

0

1

(x+y)²+ 4dydx

= Z2

0 2−x

Z

0

1

(^x+y₂ )²+ 1dydx

= 2 Z2

0

h

arctan(x+y 2 )i2−x

0 dx

= 2

2

Z

0

(arctan(1)−arctan(x 2))dx

=π−2

2

Z

0

arctan(x 2)dx

=π−2 h

x arctan(^x₂)i2 0

−¹₂

2

Z

0

x

1 + (^x₂)²dx (Int´egration par parties)

=π−π+ 2h

ln(1 + (^x₂)²)i2

0= 2 ln(2).

M´ethode 2: On pose le changement de variables ϕ: ]0,2[×]0,2[−→D˚₁

(u, v)7−→ϕ(u, v) := (x=u, y=v−u),

On a det(J_ϕ) = 1 6= 0. ϕ est clairement bijective, donc c’est un C¹-diff´eomorphisme.

Cette application transforme D₁ en

∆ =

(u, v)∈R² : 0≤u≤2, u≤v≤2.

(12)

Par le th´eor`eme de changement de variable, I =

Z Z

D

dxdy (|x|+|y|)²+ 4

= 4 Z Z

D1

dxdy (x+y)²+ 4

= 4 Z Z

∆

dudv v²+ 4

=

2

Z

0 2

Z

u

1

(^v₂)²+ 1dvdu

= 2

2

Z

0

h

arctan(v 2)

i2 udu

= 2

2

Z

0

h

arctan(1)−arctan(u 2)i

du

=π−2 h

u arctan(^u₂)i2 0−¹₂

Z2

0

u 1 + (^u₂)²du

=π−2

2π 4 −h

ln(1 +^u₂²) i2

0

= 2 ln(2).

Exercice 9. Calculer les int´egrales doubles suivantes : 1. I =

Z Z

D

(yx²+y³)dxdy, avec D=

(x, y)∈R² : ¹₂ ≤x²+y²≤3, y≥0

.

2. J = Z Z

D

dxdy

2 +e^−x²^−4y², avec D=

(x, y)∈R² : x²+ 4y² ≤16, x≥0 y≥0

.

3. K = Z Z

D

(x+y)²dxdy, avecD=

(x, y)∈R² : y ≥0, x²+y²−x≤0, x²+y²−y≥0

.

Solution 9. 1. L’ensemble D=

(x, y)∈R² : ¹₂ ≤x²+y² ≤3, y≥0

est repr´esent´e comme suit.

x y

−3 −2 0 2

1

1 -1

2 D

√3

√ 2 2

(13)

D est une partie qurrable compacte. On applique le théorème de changement en coor- données polaires : on posex=rcos(θ) ety =rsin(θ). Ce qui donne que

y ≥0, 1

2 ≤x²+y² ≤3 =⇒sin(θ)≥0, et 1

2 ≤r²≤3 =⇒θ∈[0, π], et

√2

2 ≤r≤√ 3.

Par le th´eor`eme de Fubini I =

Z Z

D

(yx²+y³)dxdy

= Zπ

0

√3

Z

√ 2 2

(r³sin(θ) cos(θ) +r³sin³(θ))rdrdθ

= 1 5 h

r⁵ i

√ 5

√ 2 2

1 2

π

Z

0

sin(2θ)dθ+

π

Z

0

sin³(θ)dθ

= 1 5 h

r⁵i

√5

√ 2 2

1 4

h−cos(2θ)iπ 0 +

π

Z

0

(1−cos²(θ)) sin(θ)dθ

= 1 5 h

r⁵i

√5

√ 2 2

1 4

h−cos(2θ)iπ 0 +

1

Z

−1

(1−u²)du

(u= cos(θ), du=−sin(θ)dθ)

= 4 15

9√

3−

√ 2 8

.

Exercice 10. SoitD le domaine deR² tel que D=

(x, y)∈(]0,+∞[)² : x≤y≤2x et 1

x ≤y ≤ 2 x

. 1. Tracer D.

2. Montrer que le changement de variable φ: (u, v)∈∆7→(x= rv

u, y =√

uv)∈Doù ∆ est un domaine à déterminer, est unC¹−difféomorphisme.

3. Calculer l’aire de D.

Solution 10. 1. D est repr´esent´e comme suit :

(14)

1 2 3 4

1 2 3 4 5

y=x y= 2x

y= ¹_x y= _2x¹

D

2. On v´erifie que le changement de variable est possible. Comme lorsque (x, y) ∈ D on a x > 0 et y > 0, on a (u, v) = (^y_x, xy). Ce changement de variable est bien de classe C¹ sur D. Ensuite, on montre facilement que φ est bien injective. On a aussi det(J_φ) = −1

2v 6= 0, et donc φest C¹−diff´eomorphisme deDvers φ(D) =

(u, v)∈(]0,+∞[)² : 1≤u≤2 et 1≤v≤2

.

3. On a

aire(D) = Z Z

D

dxdy =

2

Z

1 2

Z

1

−1 2v

dudv = 1 2 h

ln(v)i2

1 = ln(2) 2 . Exercice 11. 1. Calculer A =

Z Z

D

dxdy

(1 +x²)((1 +y²), o`u D = {(x, y) ∈R²|0 ≤y ≤x ≤ 1}.

2. D´emontrer la convergence des int´egrales

B =

π

Z4

0

ln(2 cos²(θ))

2 cos(2θ) dθ, C =

π

Z4

0

ln(2 sin²(θ))

2 cos(2θ) dθ, D=

1

Z

0

ln(t) 1−t²dt.

3. Montrer queA=B et calculerB+CetB−Cen fonction deD. En d´eduire les valeurs de C etD.

Exercice 12. 1. Calculer le volume d’une sph`ere deR³ de centre 0 et de rayon R.

2. Calculer les deux int´egrales triples suivantes:

I = Z Z Z

D

cos(x)dxdydz, J = Z Z Z

∆

z

px²+y²dxdydz,

o`u D={(x, y, z) ∈R³ : x²+y²+z² <1} et ∆ = {(x, y) ∈R² : x²+y² ≤a², 0<

z < a}.

(15)

Exercice 13. Calculer les deux int´egrales triples suivantes:

I = Z Z Z

D

(x+y)zdxdydz, J = Z Z Z

D

cos(x+y+ 2z+ 1)dxdydz,

o`uD={(x, y, z)∈([0,+∞[)³ : x+y+ 2z≤2}.