Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices no 2

Int«egraleŊ multipleŊ

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

a) I1 =

∫∫D

xy(x+ y) dxdy, D = [0, 1]× [0, 1] ;

b) I2 =

∫∫D

sin(x+ y) dxdy, D =[0, π

2

]×[0, π

2

];

c) I3 =

∫∫D

x sin y dxdy, D =

(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 π et 0 6 y 6 x;

d) I4 =

∫∫D

x cos(x+y) dxdy, D est le domaine triangulaire de sommets

(0, 0), (π, 0) et (π, π).2 Dessiner D =

(x, y) ∈ R2 : x > 1, y > 0 et x + y 6 2, justifier

l’existence de I =∫D

dxdyx(2−y)2 , écrire les deux expressions du théorème de

Fubini puis calculer I.3 Répondre aux mêmes question qu’en2 quand I =

∫D

2xy dxdy etD =

(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0 et x2

4+ y2 6 1

.4 SoientD =

(x, y) ∈ R2 : 3y 6 x 6 3 et 0 6 y 6 1

et I =

∫∫D

ex2

dxdy.

Dessiner D, écrire les deux expressions du théorème de Fubini puis calculerI. Peut-on utiliser les deux expressions du théorème de Fubini ?5 Déterminer I =

∫∫[0,1]2

min(x, y) dxdy et J =

∫∫[0,1]2

max(x, y) dxdy.

6 Déterminer I =

∫ 1

0

∫ 1

0

x2 − y2

(x2 + y2)2dy dx et J =

∫ 1

0

∫ 1

0

x2 − y2

(x2 + y2)2dx dy

(mettre la fonction à intégrer sous la forme vu′−uv′v2

).Que peut-on déduire d’un tel résultat ?7 Calculer

∫D

(1 + 2x) dxdydz oùD =

(x, y, z) ∈ (R+)3: x+2y+3z 6 6

.8 Déterminer 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 : y 6 0

.

Indications et réponses1 I1 = 13 , I2 = 2, I3 = 2 + π2

4 ,I4 = −3π

2 .2 I = 12(1− ln 2).3 I = 1.4 I = e9−16 .

5 Séparer∫ 10 min(x, y) dy en

∫ x0 +

∫ 1x

pour trouver I = 13 et J = 2

3 .6 I = +π4 .7 I = 24.8 A (D+) = A (D−) = 1

6 .

9 On pose D =

(x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6 x et x2 + y2 6 9. Dessiner D puis

calculer I =

∫∫D

x dxdy

1 +√x2 + y2

.

10 Soient D un disque de centre Ω et S un secteur angulaire d’angle αcentré en Ω. Déterminer l’aire de D ∩ S. 11 Étant donnés x, y ∈ R, on note f(x, y) = x

ye−(x

2+y2). Les deux partiesde cet exercice sont totalement indépendantes.

a) On pose A =

(x, y) ∈ R2 : x > 0 et 1 6 y 6 2 et 4 6 x2 + y2 6 9et

I =∫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

etJ =

∫Bf . Dessiner B et calculer J .

Examen, juin 2016. Exercice sur 7 point 12 On fixe a > 0.a) Déterminer Ia =

∫∫Da

dxdy

(x2 + y2 + 1)3/2oùDa =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 a2

.

b) En faisant tendre a vers +∞, montrer que J =

∫∫R2

dxdy

(x2 + y2 + 1)3/2= 2π

Il va sans dire qu’il faut commencer par justifier l’existence de ces intégrales. . . 13 Soient 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). 14 Aire d’une ellipse. Soient a et b des réels strictement positifs. Onnote E =

(x, y) ∈ R2 : x2

a2+ y2

b26 1

. Déterminer l’aire A (E) de E (on

pourra poser x = au et y = bv). 15 Soit D =

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

I =

∫∫D

cos(x− yx+ y

)dxdy. On pourra poser x− y = u et x+ y = v.

16 On note T =

(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0 et x+ 2y + 3z 6 6.

Dessiner le tétraèdre solide T et déterminer son volume V (T ) =∫T

dxdydz. 17 Volume d’une boule. Soit B =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 6 R2

où R > 0 est un réel fixé. On note V (B) le volume de B et, pour tout z ∈ R,on pose Dz =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 R2 − z2

.

a) Montrer que V (B) =

∫ +R

z=−R

(∫Dz

dxdy)

dz puis calculer V (B).

b) Retrouver ce résultat en utilisant les coordonnées sphériques.

2

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

(x, y, z) ∈ R3 : x2

a2+ y2

b2+ z2

c26 1.

Déterminer le volume de E, puis son centre de gravité quand il est munid’une densité de masse uniforme (ne pas chercher ce dernier trop loin). Pourquelles valeurs de a, b et c le résultat était-il prévisible ? 19 Dessiner l’allure et déterminer aire et centre de gravité d’un secteurangulaire de disque homogène de rayon R et de demi-angle au sommet α.Pour quelles valeurs de α le résultat était-il prévisible ? 20 Dessiner l’allure et déterminer le volume et le centre de gravité del’intersection d’un demi-cône de révolution solide homogène de demi-angleau sommet α avec la boule de rayon R ayant pour centre le sommet dudemi-cône. Pour quelles valeurs de α le résultat était-il prévisible ? 21 Dessiner l’allure et déterminer le volume et le centre de gravité d’unecalotte sphérique C pleine et homogène en fonction du rayon R de la sphèreet de la hauteur h de la calotte. Pour quelles valeurs de h le résultat était-ilprévisible ? Utiliser les coordonnées cylindriques. C est la portion de boule situéeentre un point du bord de la boule et un plan rencontrant la boule. 22 SoientD =

(x, y, z) ∈ R3 : 1 6 x2+y2+z2 6 4

et I =

∫∫∫D

dxdydz

(x2 + y2 + z2)3/2.

Calculer I en passant en coordonnées sphériques. 23 On considère ϕ : R2 → R2 définie par ϕ(u, v) = (u + v, u2 − v) etA =

(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 =

∫∫ϕ(A)

1√1 + 4x+ 4y

dxdy.

Coordonnées sphériques

x

y

z

θ

M

H

φ

O

Position de M = ψ(r, θ, φ) =

(r cos θ sinφr sin θ sinφr cosφ

)sur la sphère de rayon r = OM .

Le point H, projeté orthogonal de M surle plan (xOy), a pour coordonnées polairesθH = θ et rH = r sinφ dans ce plan.

On montre que det(Jψ(r, θ, φ)

)= r2 sinφ.

Indications et réponses9 I = 3√2

4 +√2 ln 2. 11 I = e−4−e−9

2 ln 2, J = e−1−e−4

4 ln 2. 15 I = sin 12 . 16 Un tétraèdre est un cône et a pour

volume 13Aire(base)× hauteur. 21 V(C) = π

3 (3R− h)h2, zG = 3

4(2R−h)23R−h . 22 I = 4π ln 2 23 I = 2.

3

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices no 2

ExerciceŊ non retenuŊ

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

∫ +∞

−∞e−x

2

dx et

J =

∫∫R×R

e−(x2+y2)dx dy.

a) Justifier la convergence de I et J et donner une relation entre ces deuxintégrales.

b) Calculer J .c) Déduire de ce qui précède que I =

√π. 25 Dessiner 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 =

∫∫D

e−(x+y) dxdy.

26 Soit a ∈ [1,+∞[. On poseDa =[1a, a]×[0, 1]. Calculer Ia =

∫∫Da

dxdy

x2 + y2

(on pourra poser u = 1/x pour la deuxième intégration et calculer Ia + Ia aprèsavoir vérifié l’identité Arctan t+Arctan 1

t =π2 ). 27 Dessiner D =

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

et calculer

I =

∫∫D

xy dxdy.

28 Déterminer 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 ! Mêmel’aire est particu-lièrement pénibleà calculer. . .

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

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 R2 et y > R−h

où h ∈ R

et R > 0 sont fixés. 30 Calculer I =

∫∫DR

cos(x2 + y2) dxdy oùDR =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 R

et R > 0 est fixé (faire un dessin). 31 On pose D =

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

I =

∫∫D

siny

xdxdy

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

32 Calculer I =

∫∫∫[0,1]3

f(x, y, z) dxdydz où f(x, y, z) désigne le point

intermédiaire parmi x, y et z (par exemple si x 6 z 6 y, alors f(x, y, z) = z). 33 On fixe R > 0 et l’on munit le solide suivant d’une densité de masseuniforme : D =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 +y2 +z2 6 R2 et 0 6 z 6 R/2

. Dessiner

l’allure de D puis déterminer son volume et les coordonnées de son centre degravité (on pourra utiliser les coordonnées cylindiques). 34 . On fixe h > 0 et R > 0. On considère le domaine D situé entreles plans d’équations z = 0 et z = h et limité par le cône d’équation z2 =h2

R2 (x2 + y2) (qu’on nomme cône 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 estmuni d’une densité de masse homogène. 35 Volume d’un cône solide. On munit E = R3 du repère canoniqueR = (O,~ı,~,~k) et du produit scalaire canonique. On fixe h > 0 et l’on noteP = Ph le plan d’équation z = h dans R.

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

On note A = A (Σ) l’aire de Σ. Étant donné t ∈ R, on note Σt la section(l’intersection) de C avec le plan d’équation z = t.

a) Faire un dessin (choisir pour Σ une surface simple) et montrer que(i) pour tout t ∈ R, l’aire de Σt est A (Σt) = t2

h2A ;

(ii) le volume du tronc de cône Ch =

(x, y, z) ∈ C : 0 6 z 6 hest

V (Ch) = 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 estinvariant par toute rotation d’axe (Oz). Déterminer la position ducentre de gravité G de Ch. 36h Soient a, b des réels tels que 0 < a < b. Calculer I =

∫∫D

f où

D =

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

et f : (x, y) 7→ (y2−x2)xy(x2+y2). On pourra utiliser le changement de variablesdéfini par u = xy et v = y2 − x2.

2

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices no 2

SolutionŊ

2

x

y

1

1D

2

x+ y = 2f est rationelle, donc continue sur son ensemblede définition Df = R2 \

(0 × R ∪ R × 2

).

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

Vu la figure,

I =

∫ 2

x=1

∫ 2−x

y=0

dy

x(2− y)2dx I =

∫ 1

y=0

∫ 2−y

x=1

dx

x(2− y)2dy

=

∫ 2

x=1

1

x

[ 1

2− y

]2−xy=0

dx =

∫ 1

y=0

1

(2− y)2[lnx]2−yx=1

dy

=

∫ 2

1

1

x

(1

x− 1

2

)dx =

∫ 1

y=0

ln(2− y)

(2− y)2dy

7

7

7

7

u = ln(2− y) ⇒ u′ = −12−y

v′ = 1(2−y)2 ⇐ v = 1

2−y

=

∫ 2

1

( 1

x2− 1

2x

)dx =

[ ln(2− y)

2− y

]10−∫ 1

0

−1

(2− y)2dy

=[−1

x− 1

2lnx]21

= − ln 2

2+[ 1

2− y

]10

= −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

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

I =

∫ 2

x=0

∫ √1−x2

4

y=0

2xy dy dx I =

∫ 1

y=0

∫ 2√

1−y2

x=0

2xy dx dy

=

∫ 2

x=0

[xy2]√1−x2

4

y=0=

∫ 1

y=0

[x2y]2√1−y2

x=0dy

=

∫ 2

0

x(1− x2

4

)dx =

∫ 1

0

4(1− y2)y dy

=

∫ 2

0

(x− x3

4

)dx =

∫ 1

0

(4y − 4y3) dy

=[x2

2− x4

16

]20

dx =[2y2 − y4

]10

=4

2− 16

16= 2− 1

= 1 = 1.

4 L’une des expressions du théorème de Fubini donne I =

∫ 1

y=0

∫ 3

x=3y

ex2

dx dy

et ne nous avance guère car on ne sait pas intégrer x 7→ ex2 . Mais par ailleurs

D =

(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 3 et 0 6 y 6 x/3et

I =

∫ 3

x=0

∫ x/3

y=0

ex2

dy dx =

∫ 3

x=0

ex2

∫ x/3

y=0

dy dx =

∫ 3

0

ex2 x

3dx =

[ex26

]30

=e9 − 1

6.

La présence du facteur x dans la deuxième expression permet de reconnaîtreque la fonction à intégrer est (à un coefficient près) de la forme u′eu = (eu)′

avec u = x2.5 I et J existent (intégrales de fonctions continues sur un domaine élé-mentaire), et pour tout x ∈ [0, 1],∫ 1

y=0

min(x, y) dy =

∫ x

y=0

min(x, y) dy +

∫ 1

y=x

min(x, y) dy =

∫ x

y=0

y dy +

∫ 1

y=x

x dy

=[y2

2

]xy=0

+[xy]1y=x =

x2

2− 0 + x− x2 = x− x2

2.

Par suite, I =

∫ 1

x=0

(x− x2

2

)dx =

[x2

2− x3

6

]10

= 12− 1

6= 3

6− 1

6= 1

3.

De même, J =

∫ 1

x=0

(∫ x

y=0

x dy +

∫ 1

y=x

y dy)

dx =

∫ 1

x=0

([xy]xy=0

+[y2

2

]1y=x

)dx

=

∫ 1

0

(x2 − 0 + 1

2− x2

2

)dx =

∫ 1

0

(x2

2+ 1

2

)dx =

[x3

6+ x

2

]10

=1

6+

1

2= 2

3.

2

Variante. On pouvait également remarquer que

I+J =

∫[0,1]2

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

)dxdy =

∫[0,1]2

(x+y) dxdy =

∫[0,1]2

x dxdy+

∫[0,1]2

y dxdy.

Or∫[0,1]2

x dxdy =∫ 1

x=0

∫ 1

y=0x dy dx =

∫ 1

x=0

[xy]1y=0

=∫ 1

0x dx = 1

2et de même∫

[0,1]2y dxdy = 1

2(par Fubini et changement des noms des variables, ces intégrales

sont égales). Donc I + J = 1 et par suite J = 1− I = 23.

6 On ax2 − y2

(x2 + y2)2=

(x2 + y2)− 2y2

(x2 + y2)2=

d

dy

( y

x2 + y2

).

Par suite, I =

∫ 1

x=0

∫ 1

y=0

d

dy

( y

x2 + y2

)dy dx =

∫ 1

x=0

[ y

x2 + y2

]1y=0

dx

=

∫ 1

0

dx

1 + x2=[Arctanx

]10

= 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 =

∫ 1

y=0

∫ 1

x=0

[− x

x2 + y2

]1x=0

dy =

∫ 1

0

− dy

1 + y2= −π

4.

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

On peut d’ailleurs vérifier que la fonction x ∈ ]0, 1] 7→ Ix =∫ 1

y=0

∣∣f(x, y)∣∣ dy

n’est pas intégrable sur ]0, 1] – ce qui, par définition, signifie que f n’est pasintégrable sur ]0, 1]× [0, 1]. En effet,

Ix =

∫ x

y=0

∣∣f(x, y)∣∣ dy +

∫ 1

y=x

∣∣f(x, y)∣∣ dy =

x

x2 + x2− 1

1 + x2+

x

x2 + x2

=

∫ x

y=0

x2 − y2

(x2 + y2)2+

∫ 1

y=x

y2 − x2

(x2 + y2)2= 2

1

2x− 1

1 + x2

=[ y

x2 + y2

]xy=0−[ y

x2 + y2

]1y=x

=1

x− 1

1 + x2

et∫ 1

x=XIx dx =

[lnx − Arctanx

]1X

= 0 − π4− lnX + 0 −−−→

X→0++∞, donc∫ 1

x=0Ix dx diverge.7 La 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 de D sont bien celles données ci-dessous). Notant I cette intégrale et f lafonction à intégrer, on a I =

∫ 6

x=0

∫ 3−x/2y=0

∫ 2−x/3−2y/3z=0

(1 + 2x) dz dy dx ce quin’est guère commode, ou

I =

∫ 2

z=0

∫ 6−3z2

y=0

∫ 6−2y−3z

x=0

(1 + 2x) dx dy dz

=

∫ 2

z=0

∫ 6−3z2

y=0

[x+ x2

]6−2y−3zx=0

dy dz

=

∫ 2

z=0

∫ 6−3z2

y=0

(6− 2y − 3z + (6− 2y − 3z)2

)dy dz

=

∫ 2

z=0

[y(6− 3z)− y2 +

(3z + 2y − 6)3

6

] 6−3z2

y=0dz

=

∫ 2

z=0

((6− 3z)2

2− (6− 3z)2

4+ 0− 0 + 0− (3z − 6)3

6

)dz

=

∫ 2

z=0

((3z − 6)2

4− (3z − 6)3

6

)dz

=[(3z − 6)3

36− (3z − 6)4

72

]20

= 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 domaineD est quasi-élémentaire, donc possède uneaire. Remarquons que ∀x, y ∈ R, |y| =

√x ⇐⇒ x = y2,

que A (D) = A (D+) + A (D−) et que A (D+) = A (D−)par raison de symétrie. Par ailleurs,

A (D+) =

∫ 1

x=0

∫ √xy=x

dy dx =

∫ 1

x=0

[y]√xy=x

dx

=

∫ 1

0

(√x− x) dx =

[2

3x3/2 − 1

2x2]10

=2

3− 1

2=

1

6

donc A (D) = 16

+ 16

= 13.

Variantes

4

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

∫ 1

0(√x − x) dx. On retrouve le calcul

ci-dessus, mais où∫ √xy=x

dy est remplacé par sa valeur.

(ii) A (D) =

∫ 1

y=−1

∫x=y2|y| dx dy =

∫ 1

y=−1

[x]x=y2|y| dy =

∫ 1

y=−1

(|y| − y2

)dy

= 2

∫ 1

0

(|y| − y2

)dy

(intégrale d’une fonction pairesur un intervalle centré en 0)

= 2

∫ 1

0

(y − y2

)dy =

[y2 − 2

3y3]10

= 1− 2

3=

1

3.

9

π4

x

y

D1

3

y = xx2 + y2 = 9

y = 0

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

(r cos θ, r sin θ), 0 6 r 6 3 et 0 6 θ 6 π

4

donc I =

∫ 3

r=0

∫ π4

θ=0r cos θ1+r

r dθ drvs=∫ 3

0r2 dr1+r

∫ π4

0cos θ dθ.

Or r2

1+r= r2−1+1

r+1= (r−1)(r+1)

r+1+ 1

1+r= r − 1 + 1

1+r.

Donc∫ 3

0r2 dr1+r2

=[r2

2− r + ln(1 + r)

]30

= 92− 3 + ln 4 = 3

2+ ln 4.

Par suite, I =(32

+ ln 4)[

sin θ]π

4

0=√22

(32

+ 2 ln 2)

= 3√2

4+√

2 ln 2. 10

α

D

RΩ

D′ = D ∩ S est fermé (intersection de fermés) etborné (car D l’est), donc est compact, donc possèdeune aire. On passe en polaires (en prenant pour ori-gine du plan le centre Ω du disque. Alors A (D′) =∫ Rr=0

∫ α0+α

θ=α0r dr dθ

vs=∫ R0r dr

∫ α0+α

α0dθ =

[r2

2

]R0

[θ]α0+α

α0

donc A (D′) = R2

2α.

Variante. Si prend pour repère du plan R = (O,~ı,~) de sorte que (O,~ı) soitaxe de symétrie de D′, on obtient A (D′) =

∫ Rr=0

∫ +α/2

θ=−α/2 r dr dθ. Le résultatfinal est bien entendu le même.

Remarque. Si α = 0, π ou 2π, alors D′ est un domaine d’aire nulle, undemi-disque ou un disque. On retrouve les valeurs prévue pour l’aire : 0, πR2

2

et πR2. 11 a) Par composition, f est continue sur son domaine [7 pts]domaine de définition Df = R × R∗ qui contient ledomaine élémentaire A. Donc f est intégrable sur A et

x2 3

y

1

2

x2 + y2 = 4

x2 + y2 = 9

y = 1

y = 2

A

5

I =

∫ 2

y=1

(∫ √9−y2

x=√

4−y2

x

ye−(x

2+y2) dx)

dy

=

∫ 2

y=1

[− 1

2ye−x

2−y2]√9−y2√

4−y2dy

=

∫ 2

1

e−4 − e−9

2ydy

=e−4 − e−9

2

[ln y]21

=e−4 − e−9

2ln 2.

b) B est élémentaire et f est continue, donc intégrablesur B. Par passage en coordonnées polaires, x

y

1

2

x2 + y2 = 1

x2 + y2 = 4π2π4

B

J =

∫(r,θ)∈[1,2]×[π/4,π/2]

r cos θ

r sin θe−r

2

r drdθ(vs)=

∫ 2

r=1

re−r2

dr

∫ π/2

π/4

cos θ

sin θdθ

=[−1

2e−r

2]21

[ln sin θ

]π/2π/4

= e−1−e−4

2

(ln 1− ln sin π

4

)= e−1−e−4

2

(− ln 1√

2

)= e−1−e−4

4ln 2. 14

x

y

−a a

−b

b

x

y

E

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

(u, v) ∈ ϕ−1(E) ⇐⇒ ϕ(u, v) ∈ E

⇐⇒ (au)2

a2+ (bu)2

b26 1

⇐⇒ u2 + v2 6 1

donc ϕ−1(E) =

(u, v) ∈ R2 : u2 + v2 6 1est le disque-unité du plan de dé-

part de ϕ. Enfin, Jϕ(u, v) = Mat(ϕ) = ( a 00 b ), donc D(u, v) = det Jϕ(u, v) =

ab (qui est strictement positif, puisque a et b le sont). Par suite,A (E) =

∫(x,y)∈E 1 · dxdy =

∫(u,v)∈ϕ−1(E)

1 · ab dudv = ab∫ϕ−1(E)

du dv

= abA(ϕ−1(E)

)= πab.

Remarque. Si a = be, alors E est un disque de rayon R = a = b. Onretrouve alors A (E) = πR2. 15 La fonction est continue sur R2 \ [x + y = 0] ⊂ D (si (x, y) ∈ D, alorsx + y > 0 + 1) et D est élémentaire (triangle), donc f ∈ I (D). Pour tous

x, y, u, v,∈ R,x − y = ux + y = v

⇐⇒x = u+v

2

y = v−u2

.

Posons ϕ(u, v) =(u+v2, v−u

2

). Alors ϕ est affine (linéaire) et bijective, donc est

un C1-difféomorphisme ; Jϕ(u, v) =(

1/2 1/2−1/2 1/2

)a pour déterminant 1

4+ 1

4= 1

2.

6

Enfin, ϕ−1(D) =

(u, v) ∈ R2 : u+ v > 0, v − u > 2 et v 6 2

=

(u, v) ∈ R2 : − v 6 u 6 v − 2 et v 6 2

=

(u, v) ∈ R2 : − v 6 u 6 v − 2 et 1 6 v 6 2

car −v 6 v − 2 =⇒ v > 1

I =

∫v=16v62

∫−v6u6v−2

cosv

u× 1

4dv du =

1

4

∫v=16v62

[u cos

v

u

]v−2u=−v

du = (inintégrable)

Par suite,

Par suite, I =∫v=16v62

∫−v6u6v cos v

u14

dv du.Pour (u, v) ∈ ϕ−1(D), on a |v| 6 u, donc pour u 6= 0,

∣∣ vu

∣∣ 6 1 6 π2et par

suite cos vu> 0. La fonction à intégrer étant positive, elle est intégrable ssi

l’une de ses intégrales itérées existe. 21 V (C) =∫C

1 =∫ Rz=R−h

∫ √R2−z2r=0

∫ 2π

θ=0r dθdrdz = 2π

∫ Rz=R−h

[r2

2

]√R2−z2

r=0dz =

π∫ RR−h(R

2−z2) dz = π[R2z− z3

3

]RR−h = π

3

(3R3−R3−3R2(R−h)+(R−h)3

)=

π3

(−R3 + 3R2h+R3 − 3R2h+ 3Rh2 − h3

)= π

3(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) doncxG = yG = 0. Enfin, zG = 1

V (C)

∫Dz dxdydz et par passage en coordonnées

cylindriques cette intégrale vaut∫C

1 =∫ Rz=R−h

∫ √R2−z2r=0

∫ 2π

θ=0zr dθdrdz = π

∫ RR−h(R

2 − z2)z dz

= π[R2z2

2− z4

4

]RR−h = π

4

[2R2z2 − z4

]RR−h

= π4

(2R4 −R4 − 2R2(R− h)2 + (R− h)4

)= π

4

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

)= π

4(4R2h2 − 4Rh3 + h4) = π

4(4R2 − 4Rh+ h2)h2 = π

4(2R− h)2h2.

Donc zG = 34(2R−h)23R−h .

Vérifications : h = 0 zG = 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 fonctionà variables séparées sur un pavé de R2.

I =

∫∫D

e−xe−y dxdy =

∫ a

0

e−x dx

∫ b

0

e−y dy

=[−e−x

]a0

[−e−y

]b0

= (1− e−a)(1− e−b).

7

26 Le domaine Da 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.

Ia =

∫ a

x=1/a

∫ 1

y=0

1

x2dy

1 + ( yx)2

dx =

∫ a

x=1/a

[1

xArctan

y

x

]1y=0

dx

=

∫ a

1/a

Arctan 1x

xdx

u=1/x= −

∫ 1/a

a

Arctanu

udu =

∫ a

1/a

Arctanu

udu.

Par suite, Ia =

∫ a

1/a

Arctan 1t

tdt =

∫ a

1/a

Arctan t

tdt. Il en résulte que

2Ia =

∫ a

1/a

1

t

(Arctan t+ Arctan

1

t

)dt =

∫ a

1/a

π

2tdt =

π

2

[ln t]a1/a

= π ln a

et par suite Ia = π2

ln a.

Reste à vérifier l’identité utilisée : Arctan t+Arctan 1t

= π2, ce qui peut se

faire par la formule d’addition des arctangentes ou de la façon suivante. Soitf : I = R∗+ → R définie par f(t) = Arctan t+Arctan 1

t. Alors f est dérivable

sur I et ∀t ∈ I, f ′(t) = 11+t2

+(− 1t2

)1

1+( 1t)2 = 1

1+t2− 1

1+t2= 0. Comme I est

un intervalle, f est donc constante sur I, 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 pasconstante : pour t < 0, f(t) = f(−1) = −π

2. 32 La fonction à intégrer est positive (donc intégrable ssi l’une des inté-

grales de Fubini existe) et il faut couper∫[0,1]3

=

∫ 1

x=0

(∫ x

y=0

y6x

(∫ y

z=0

z6y6x

+

∫ x

z=y

y6z6x

+

∫ 1

z=x

y6x6z

)+

∫ 1

y=x

x6y

(∫ x

z=0

z6x6y

+

∫ y

z=x

x6z6y

+

∫ 1

z=y

x6y6z

)).

8

De façon plus précise,

I =

∫ 1

x=0

(∫ x

y=0

y6x

(∫ y

z=0

z6y6x

y dz +

∫ x

z=y

y6z6x

z dz +

∫ 1

z=x

y6x6z

x dz)

dy

+

∫ 1

y=x

x6y

(∫ x

z=0

z6x6y

x dz +

∫ y

z=x

x6z6y

z dz +

∫ 1

z=y

x6y6z

y dz)

dy

)dx

=

∫ 1

x=0

(∫ x

y=0

([yz]yz=0

+[z2

2

]xz=y

+[xz]1z=x

)dy

+

∫ 1

y=x

([xz]xz=0

+[z2

2

]yz=x

+[yz]1z=y

)dy

)dx

=

∫ 1

x=0

(∫ x

y=0

(y2 − 0 + x2

2− y2

2+ x− x2

)dy

+

∫ 1

y=x

(x2 − 0 + y2

2− x2

2+ y − y2

)dy

)dx

=

∫ 1

x=0

(∫ x

y=0

(y2

2+ x− x2

2

)dy +

∫ 1

y=x

(x2

2+ y − y2

2

)dy

)dx

=

∫ 1

x=0

([y3

6+ xy − x2

2y]xy=0

+[x2

2y + y2

2− y3

6

]1y=x

)dx

=

∫ 1

x=0

(x3

6+ x2 − x3

2

)+(x2

2+ 1

2− 1

6− x3

2− x2

2+ x3

6

)dx

=

∫ 1

x=0

(x3(16− 1

2− 1

2+ 1

6

)+ x2

(1 + 1

2− 1

2

)+(12− 1

6

))dx

=

∫ 1

x=0

(−2

3x3 + x2 + 1

3

)dx

=[− 2

12x4 + 1

3x3 + x

3

]10

= −16

+ 13

+ 13

= 12.

9

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices no 2

Correction de l’exercice

36

Soit ϕ : R2 → R2 définie par ( uv ) = ϕ ( xy ) =( xyy2−x2

).

Posons U = R∗+×R∗+, qui est ouvert de R2 (produit cartésien d’ouverts deR) 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 et y > 0, alors u = xy > 0).H Fixons ( uv ) ∈ V . Pour tout ( xy ) ∈ U ,(

uv

)= ϕ

(xy

)⇐⇒

u = xyv = y2 − x2 ⇐⇒

y = u/x (1)

v = u2

x2− x2 (2)

(2) ⇐⇒ vx2 = u2 − x4 ⇐⇒ x4 + vx2 − u2 = 0. On reconnaît là uneéquation du 2e degré en x2 ; de discriminant ∆ = v2−4(−u2) = v2 +4u2 > 0.Donc (2) ⇐⇒ x2 = 1

2(−v ±

√v2 + 4u2) ⇐⇒ x2 = 1

2(−v +

√v2 + 4u2) car

x2 > 0. Comme x > 0, on a finalement (2) ⇐⇒ x =√

12(−v +

√v2 + 4u2).

Comme u > 0,√v2 + 4u2 >

√v2 = |v| > v, donc −v +

√v2 + 4u2 > 0.

La valeur trouvée pour x est donc dans R∗+, ainsi que celle de y = u/x.Ainsi, tout élément de V possède un unique antécédent par ϕ dans U : ϕ

définit bien une bijection de U sur V .

Variante : on pouvait aussi montrer que ϕ est injective, mais cela ne m’a pasparu plus simple. . . N

Par composition, ϕ est C1 sur l’ouvert U de R2 et pour tout (x, y) ∈ U ,Jϕ(x, y) =

( y x−2x 2y

). Donc det Jϕ(x, y) = 2y2 + 2x2 = 2(x2 + y2) > 0 et par

suite ϕ est un C1-difféomorphisme de U sur V .

Sous réserve d’intégrabilité,

I =

∫D

f =

∫(xy )∈ϕ−1(ϕ(D))

(y2−x2)xy∣∣det Jϕ(x, y)

∣∣2

dxdy =

∫(uv )∈ϕ(D)

vu

2dudv

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 6 v 6 1; a 6 u 6 b

= [a, b]× [0, 1]. C’est

un domaine élémentaire sur lequel (u, v) 7→ vu = eu ln v est continue, doncintégrable. Donc I existe et

I =

∫ b

u=a

∫ 1

v=0

vu

2dv du =

1

2

∫ b

u=a

[ vu+1

u+ 1

]10

du =1

2

∫ b

a

du

u+ 1=

1

2

[ln(u+ 1)

]ba

= ln

√b+ 1

a+ 1.