Devoir de nov. 2020 et son corrigé (Fcts de plusieurs variables)

I.U.T. de Brest Ann´ee 2020-2021

G.M.P. 2 Corrig´e du devoir du 20/11/2020

Fonctions de plusieurs variables (M3301)

Exercice 1 ('3,75 points). Comme une partie des TD ont ´et´e faits `a distance, j’ai volontairement mis en exercice 1 un exemple trait´e en vid´eo sur ma chaine Youtube. Voir l’exemple 1 (ou l’exemple 2, mˆeme calcul avec m´ethode diff´erente) de la Playlist Int´egrales doubles .

R´esultat final :

I = Z Z

D

(2x−8y) dxdy=−10.

Exercice 2 ('3,75 points). Consid´erons D le domaine du plan d´efini par : D={(x, y)∈R² / y 60 ; x+y60 ; x²+y² 64}.

1. La conditionx²+y² 64, qui s’´ecrit aussi (x−0)²+ (y−0)² 62², signifie que les points de D sont situ´es `a l’int´erieur du cercle de centre l’origine du rep`ere et de rayon 2. La condition x+y 6 0, c’est-`a-dire y6−x, signifie que les points deD sont situ´es sous la droite d’´equationy=−x. Enfin la conditiony60 signifie que les points deDsont situ´es sous la droite d’´equationy= 0, c’est-`a-dire sous l’axe des abscisses. Donc D est le domaine vert ci-dessous :

2. On va calculer J en passant aux coordonn´ees polaires. On a alors J =

Z Z

D

(x+y)² dxdy= Z Z

∆

(rcosθ+rsinθ)²×rdrdθ o`u

∆ =n

(r, θ)∈R² /06r 62; −π 6θ6−π 4

o . Attention. On aurait aussi pu prendre π 6 θ 6 7π

4 . En revanche ce serait faux de prendre

−π

4 6 θ 6 π car cela correspondrait `a la partie blanche du disque (et non pas verte) sur le dessin ci-dessus ; en effet, on tournerait dans le sens trigo positif pour aller de −π

4 vers π.

Comme rcosθ+rsinθ=r(cosθ+ sinθ) et comme (ab)² =ab×ab=a²b², on obtient : J =

Z Z

∆

r²(cosθ+ sinθ)²×rdrdθ= Z Z

∆

r³(cos²θ+ 2 cosθsinθ+ sin²θ) drdθ

Or formule de trigo : cos²θ+ sin²θ= 1 pour tout r´eel θ. Donc :

J = Z Z

∆

r³(1 + 2 cosθsinθ) drdθ Ainsi

J = Z −^π

4

−π

Z 2 0

r³(1 + 2 cosθsinθ) dr

dθ Puis par lin´earit´e,

J = Z −^π₄

−π

(1 + 2 cosθsinθ)× Z 2

0

r³dr

dθ On a

Z 2 0

r³dr = r⁴

4 2

0

= 2⁴ 4 = 2⁴

2² = 2² = 4.

On en d´eduit que J =

Z −^π₄

−π

(1 + 2 cosθsinθ)×4 dθ = 4× Z −^π₄

−π

(1 + 2 cosθsinθ) dθ

On sait qu’une primitive deu⁰u^α est ^u_α+1^α+1 pourα 6=−1. En appliquant cela `aα= 1 etu(θ) = sinθ, et donc forc´ement u⁰(θ) = cosθ, on obtient :

J = 4×[θ+ sin²θ]⁻

π

−π4 = 4



−π

4 + −

√2 2

!2

+π−0²





J = 4 3π

4 + 1 2

= 3π+ 2

Exercice 3 ('4 points). Consid´erons D le domaine du plan d´efini par : D={(x, y)∈R² / x60 ; x²+y² 61}.

1. La condition x² +y² 6 1, qui s’´ecrit aussi (x−0)² + (y−0)² 6 1², signifie que les points de D sont situ´es `a l’int´erieur du cercle de centre l’origine du rep`ere et de rayon 1. La condition x 6 0 signifie que les points de Dsont situ´es `a gauche de la droite verticale d’´equation x= 0, c’est-`a-dire

`

a gauche de l’axe des ordonn´ees. Donc D est le domaine vert ci-dessous :

2. On va calculer K en passant aux coordonn´ees polaires. On a alors K =

Z Z

D

xe^y dxdy= Z Z

∆

rcosθe^rsinθ×rdrdθ

o`u

∆ =

(r, θ)∈R² /06r 61; π

2 6θ 6 3π 2

. Attention. Il serait faux de prendre−π

2 6θ 6 π

2 car cela correspondrait `a la partie droite du disque (partie blanche et non pas verte sur le dessin ci-dessus) ; en effet, on tournerait dans le sens trigo positif pour aller de −π

2 vers π 2. Alors

K = Z 1

0

Z ^3π₂

π 2

rcosθe^rsinθ×rdθ

! dr Puis par lin´earit´e,

K = Z 1

0

r× Z ^3π₂

π 2

rcosθe^rsinθdθ

! dr

On sait qu’une primitive de u⁰e^u est e^u. En appliquant cela `a u(θ) = rsinθ, et donc forc´ement u⁰(θ) =rcosθ, on obtient :

Z ^3π₂

π 2

rcosθe^rsinθdθ =

e^rsinθ3π₂

π 2

= e^−r−e^r D’o`u

K = Z 1

0

r× e^−r−e^r dr

Calculons cette derni`ere int´egrale en int´egrant par parties : posons u(r) = r et v⁰(r) = e^−r−e^r. Ainsi u⁰(r) = 1. De plus, on sait qu’une primitive dew⁰e^w est e^w; en prenant ici w(r) = −r, puis w(r) = r, on peut prendre v(r) =−e^−r−e^r.

La formule d’IPP Z b

a

u(r)v⁰(r) dr = [u(r)v(r)]^b_a− Z b

a

u⁰(r)v(r) dr donne :

K = Z 1

0

r×(e^−r−e^r) dr =

r×(−e^−r−e^r)1 0−

Z 1 0

1×(−e^−r−e^r) dr

K =−e⁻¹−e¹− Z 1

0

(−e^−r−e^r) dr=−e⁻¹−e−

e^−r−e^r1 0

K =−e⁻¹−e− e⁻¹−e¹−1 + 1

=−2 e⁻¹ = −2 e .

Remarque.On n’´etait pas oblig´e de passer en coordonn´ees polaires ; mais dans ce cas il fallait absolument int´egrer en x `a l’int´erieur et en y `a l’ext´erieur (sinon primitives compliqu´ees en x...) :

K = Z Z

D

xe^y dxdy = Z 1

−1

Z 0

−√

1−y²

xe^ydx

! dy=

Z 1

−1

e^y Z 0

−√

1−y²

xdx

!

dy =−1 2×

Z 1

−1

(1−y²) e^ydy

puis deux IPP successives... A priori c’est un peu plus calculatoire que les polaires mais ¸ca se fait !

Exercice 4 (' 4 points). Dans un rep`ere orthonorm´e

O,~i,~j

du plan, on consid`ere les deux points dont les coordonn´ees sont les suivantes :

A(1; 4) ; B(1;−1). 1. D est l’int´erieur du triangle OAB suivant :

2. La droite (OA) a pour ´equation y= 4xet la droite (OB) a pour ´equation y=−x. Donc : L=

Z Z

D

x(x+ 2)

(xy+ 4)² dxdy= Z 1

0

Z 4x

−x

x(x+ 2) (xy+ 4)² dy

dx.

Par lin´earit´e,

L= Z 1

0

(x+ 2)× Z 4x

−x

x

(xy+ 4)² dy

dx.

On sait qu’une primitive de _u^u2⁰ est ⁻¹_u . En appliquant cela `a u(y) = xy + 4, et donc forc´ement u⁰(y) = x, on obtient :

L= Z 1

0

(x+ 2)×

−1 xy+ 4

4x

−x

dx.

L= Z 1

0

(x+ 2)×

−1

4x²+ 4 − −1

−x² + 4

dx= Z 1

0

(x+ 2)×

−1

4x²+ 4 − 1 x²−4

dx.

L= Z 1

0

−(x+ 2)

4x²+ 4 − x+ 2 x²−4

dx=

Z 1 0

−(x+ 2) 4x²+ 4 dx−

Z 1 0

x+ 2 x²−4 dx.

Or d’une part

−(x+ 2)

4x²+ 4 = −1

4 × x+ 2

x²+ 1 = −1 4 ×

x

x²+ 1 + 2 x²+ 1

= −1 4 ×

1

2× 2x

x²+ 1 + 2× 1 x² + 1

= −1

8 × 2x

x²+ 1 − 1

2 × 1

x²+ 1 et d’autre part

x+ 2

x²−4 = x+ 2

x²−2² = x+ 2

(x−2)(x+ 2) = 1 x−2 D’o`u

L= −1 8 ×

Z 1 0

2x

x²+ 1 dx− 1 2×

Z 1 0

1

x²+ 1 dx− Z 1

0

1 x−2 dx.

L= −1

8 ×[ln( x² + 1 )]¹₀−1

2 ×[arctan(x)]¹₀−[ln|x−2|]¹₀. L= −1

8 ×(ln 2−0)− 1 2×π

4 −0

−(0−ln 2) = 7 ln 2 8 − π

8 = 7 ln 2−π

8 .

Exercice 5 ('4,5 points). Pour calculerM = Z Z Z

Ω

z²dxdydz,on va utiliser la sommation par piles.

Si besoin, voir l’exemple 1 (par piles) de la PlaylistInt´egrales triples . On a alors :

M = Z Z

T

Z h(x,y) g(x,y)

z²dz

! dxdy.

Ici T est le triangle vert OAB obtenu en projetant verticalement les points du t´etra`edre Ω sur le plan (xOy) ; et pour tout couple (x;y) pris dans T, les points de coordonn´ees (x;y;z) correspondant `a la pile rouge du dessin repr´esent´ee par le segment [P Q] sont tels quez_P 6z 6z_Q.

Or le pointP appartient au plan (xOy), doncz_P = 0. De plus, Qappartient au plan (ABC) d’´equation 2x+ 3y+z = 6, doncz_Q= 6−2x_Q−3y_Q = 6−2x−3y. Autrement dit,g(x, y) = 0 eth(x, y) = 6−2x−3y.

Retour `a la sommation par piles : M =

Z Z

T

Z 6−2x−3y 0

z²dz

dxdy= Z Z

T

z³ 3

^6−2x−3y

0

dxdy= Z Z

T

(6−2x−3y)³

3 dxdy.

Puis par lin´earit´e

M = 1 3×

Z Z

T

(6−2x−3y)³dxdy.

Rappelons queT est l’int´erieur du triangle vert ci-dessous :

Remarquons pour commencer que l’´equation de la droite (AB) est y = 2− ²₃x. Ainsi

M = 1 3 ×

Z 3 0

Z 2−²₃x 0

(6−2x−3y)³dy

! dx.

Par lin´earit´e,

M = 1 3× −1

3 × Z 3

0

Z 2−²

3x

0

(−3)×(6−2x−3y)³dy

! dx.

Or une primitive deu⁰u³est ^u₃₊₁³⁺¹ = ^u₄⁴. Donc en prenant iciu(y) = 6−2x−3y(ce qui donneu⁰(y) = −3), on obtient :

M = −1 3×3 ×

Z 3 0

(6−2x−3y)⁴ 4

²⁻²₃x 0

dx= −1

3×3×4 × Z 3

0

(6−2x−3y)⁴²⁻²₃x

0 dx.

M = −1 3×3×4×

Z 3 0

0⁴−(6−2x)⁴

dx= 1

3×3×4 × Z 3

0

(6−2x)⁴dx.

M = 1

3×3×4× −1 2 ×

Z 3 0

(−2)×(6−2x)⁴dx.

Or une primitive de u⁰u⁴ est ^u₅⁵. Donc en prenant ici u(x) = 6−2x (ce qui donne u⁰(x) = −2), on obtient :

M = −1

3×3×4×2 ×

(6−2x)⁵ 5

3 0

dx= −1

3×3×4×2 ×−6⁵ 5 .

M = 6⁵

3×3×4×2×5 = 6×6×6³

3×3×2×2×2×5 = 6³

2×5 = 2×3×36

2×5 = 3×36

5 = 108 5 .

Remarque. On n’´etait pas oblig´e d’effectuer une sommation par piles. On aurait aussi pu s’inspirer de l’exemple 2 (par tranches) de la Playlist Int´egrales triples. Avec un raisonnement assez proche (aire de la tranche qui est un triangle, puis th´eor`eme de Thal`es...), on obtenait :

M = Z 6

0

z²×

6−z 2 × ^6−z₃

2 dz = 1

12× Z 6

0

z²(6−z)²dz Il ne restait plus qu’`a d´evelopper z<sup>2</sup>(6−z)<sup>2</sup>, `a int´egrer et `a terminer le calcul.

Fin du corrig´e