Intégrale double/Exercices/Calculs d'intégrales doubles

Exercice 1-1

Calculer

1. $\iint _{\left[0,1\right]\times \left[0,{\frac {\pi }{2}}\right[}{\frac {\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}{1+x^{2}\tan ^{2}y}}$ ;
2. $\iint _{\left[0,1\right]^{2}}{\frac {\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}{(x+y+1)^{2}}}$ ;
3. $\iint _{\left[-1,1\right]\times \left[1,2\right]}{\frac {x^{2}}{y}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ ;
4. $\iint _{\left[0,{\frac {\pi }{2}}\right]\times \left[0,{\frac {\pi }{2}}\right]}\sin(x+y)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ ;
5. $\iint _{\left[3,7\right]\times \left[-2,2\right]}{\frac {x}{\sqrt {1+xy+x^{2}}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$.

Solution

1. $\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\mathrm {d} y}{1+x^{2}\tan ^{2}y}}=\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} t}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+x^{2}t^{2}\right)}}={\frac {1}{1-x^{2}}}\int _{0}^{+\infty }\left({\frac {1}{1+t^{2}}}-{\frac {x^{2}}{1+x^{2}t^{2}}}\right)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{1-x^{2}}}\left({\frac {\pi }{2}}-{\frac {x\pi }{2}}\right)={\frac {\pi }{2(1+x)}}$.
   $\int _{0}^{1}{\frac {\pi }{2(1+x)}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}\ln 2$.
2. $\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{(x+y+1)^{2}}}=\left[-{\frac {1}{x+y+1}}\right]_{0}^{1}={\frac {1}{x+1}}-{\frac {1}{x+2}}$.
   $\int _{0}^{1}\left({\frac {1}{x+1}}-{\frac {1}{x+2}}\right)\,\mathrm {d} x=\left[\ln {\frac {x+1}{x+2}}\right]_{0}^{1}=\ln {\frac {2}{3}}-\ln {\frac {1}{2}}=\ln {\frac {4}{3}}$.
3. $\int _{-1}^{1}x^{2}\,\mathrm {d} x\int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} y}{y}}=\left[{\frac {x^{3}}{3}}\right]_{-1}^{1}\left[\ln y\right]_{1}^{2}={\frac {2\ln 2}{3}}$.
4. $\int _{0}^{\pi /2}\cos x\,\mathrm {d} x\int _{0}^{\pi /2}\sin y\,\mathrm {d} y+\int _{0}^{\pi /2}\sin x\,\mathrm {d} x\int _{0}^{\pi /2}\cos y\,\mathrm {d} y=2\left[\sin \right]_{0}^{\pi /2}\left[-\cos \right]_{0}^{\pi /2}=2$.
5. Pour $x\geq 1$, $\int _{-2}^{2}{\frac {\mathrm {d} y}{\sqrt {1+x^{2}+xy}}}={\frac {2}{x}}\left[{\sqrt {1+x^{2}+xy}}\right]_{-2}^{2}={\frac {2}{x}}\left((x+1)-(x-1)\right)={\frac {4}{x}}$.
   $\int _{3}^{7}x{\frac {4}{x}}\,\mathrm {d} x=16$.

 

Exercice 1-2

Calculer :

1. si $D$ est le triangle $x,y\geq 0,\;x+y\leq 1$ :
   1. $\iint _{D}(x^{2}+y^{2})\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$,
   2. $\iint _{D}xy(x+y)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$,
   3. $\iint _{D}(x+y)\operatorname {e} ^{-x}\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ ;
2. $\iint _{D}{\frac {x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}{\sqrt {1+x^{2}+y^{2}}}}$ où $D$ est le domaine défini par $0\leq y^{2}\leq 2x\leq 4$ ;
3. $\iint _{D}{\frac {xy}{1+x^{2}+y^{2}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ où $D=\{(x,y)\in [0,1]^{2}\mid x^{2}+y^{2}\geq 1\}$ ;
4. $\iint _{D}(x+y)\sin x\sin y\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ où $D$ est le triangle $x,y\geq 0,\;x+y\leq \pi$ ;
5. $\iint _{D}(x+y)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ où $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 1\geq x\geq 0,\;x^{2}\leq y\leq x\}$ ;
6. $\iint _{D}{\frac {\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}{(x+y)^{3}}}$ où $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 3>x>1,\;y>2,\;x+y<5\}$ ;
7. $\iint _{D}\cos(xy)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ où $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 2\geq x\geq 1,\;0\leq xy\leq 2\}$ ;
8. $\iint _{D}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ où $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y\geq 0,\;x-y+1\geq 0,\;x+2y-4\leq 0\}$ ;
9. $\iint _{D}xy\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ où $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x,y\geq 0,\;xy+x+y\leq 1\}$.

Solution

Remarque : un bon réflexe est de contrôler le signe du résultat, souvent prévisiblement positif.

1. 1. $\int _{0}^{1-x}(x^{2}+y^{2})\,\mathrm {d} y=\left[x^{2}y+{\frac {y^{3}}{3}}\right]_{0}^{1-x}={\frac {(1-x)\left(3x^{2}+(1-x)^{2}\right)}{3}}={\frac {-4x^{3}+6x^{2}-3x+1}{3}}$ et
      ${\frac {1}{3}}\int _{0}^{1}\left(-4x^{3}+6x^{2}-3x+1\right)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{3}}\left(-1+2-{\frac {3}{2}}+1\right)={\frac {1}{6}}$.
   2. $\int _{0}^{1-x}xy(x+y)\,\mathrm {d} y=\left[{\frac {x^{2}y^{2}}{2}}+{\frac {xy^{3}}{3}}\right]_{0}^{1-x}={\frac {x(1-x)^{2}\left(3x+2(1-x)\right)}{6}}={\frac {x^{4}-3x^{2}+2x}{6}}$ et
      ${\frac {1}{6}}\int _{0}^{1}\left(x^{4}-3x^{2}+2x\right)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{6}}\left({\frac {1}{5}}-1+1\right)={\frac {1}{30}}$.
   3. $\int _{0}^{1-x}(x+y){\frac {-4x^{3}+6x^{2}-3x+1}{3}}\,\mathrm {d} y=\left[-(x+y)\operatorname {e} ^{-y}\right]_{0}^{1-x}+\int _{0}^{1-x}\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} y=\left[-(x+y+1)\operatorname {e} ^{-y}\right]_{0}^{1-x}=(x+1)-2\operatorname {e} ^{x-1}$ et
      $\int _{0}^{1}\left((x+1)-2\operatorname {e} ^{x-1}\right)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\left((x+1)\operatorname {e} ^{-x}-{\frac {2}{\mathrm {e} }}\right)\,\mathrm {d} x=-{\frac {2}{\mathrm {e} }}-\left[(x+1)\operatorname {e} ^{-x}\right]_{0}^{1}+\int _{0}^{1}\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x=2-{\frac {5}{\mathrm {e} }}$.
      Remarques :
      • par symétrie, cette intégrale se simplifie a priori en $2\iint _{D}x\operatorname {e} ^{-x}\operatorname {e} ^{-y}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$ ;
      • l'intégrande est alors un produit mais pas le domaine hélas ;
      • on peut, si l'on préfère, commencer par un changement de variable $(x,y)\mapsto (x,x+y)$.
2. $\int _{y^{2}/2}^{2}{\frac {x\,\mathrm {d} x}{\sqrt {1+y^{2}+x^{2}}}}=\int _{y^{4}/4}^{4}{\frac {\mathrm {d} u}{2{\sqrt {1+y^{2}+u}}}}={\sqrt {5+y^{2}}}-{\frac {y^{2}}{2}}-1$.
   En posant $s={\frac {y}{\sqrt {5+y^{2}}}}$, on trouve $\int _{0}^{2}{\sqrt {5+y^{2}}}\,\mathrm {d} y=5\int _{0}^{2/3}{\frac {\mathrm {d} s}{\left(1-s^{2}\right)^{2}}}={\frac {5}{4}}\left[{\frac {2s}{1-s^{2}}}+\ln {\frac {1+s}{1-s}}\right]_{0}^{2/3}=3+{\frac {5\ln 5}{4}}$.
   Finalement, $\iint _{D}{\frac {x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}{\sqrt {1+x^{2}+y^{2}}}}=3+{\frac {5\ln 5}{4}}-\left[{\frac {y^{3}}{6}}+y\right]_{0}^{2}=3+{\frac {5\ln 5}{4}}-{\frac {10}{3}}={\frac {5\ln 5}{4}}-{\frac {1}{3}}$.
3. $\int _{\sqrt {1-x^{2}}}^{1}{\frac {y}{1+x^{2}+y^{2}}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}\left[\ln(1+x^{2}+y^{2})\right]_{\sqrt {1-x^{2}}}^{1}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {2+x^{2}}{2}}$ et
   $\int _{0}^{1}{\frac {x}{2}}\ln {\frac {2+x^{2}}{2}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{1}^{3/2}\ln t\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\left[t\ln t-t\right]_{1}^{3/2}={\frac {1}{2}}\left({\frac {3}{2}}\ln {\frac {3}{2}}-{\frac {3}{2}}+1\right)={\frac {3}{4}}\ln {\frac {3}{2}}-{\frac {1}{4}}$.
4. $\int _{0}^{\pi -x}(x+y)\sin y\,\mathrm {d} y=\left[-(x+y)\cos y\right]_{0}^{\pi -x}+\int _{0}^{\pi -x}\cos y\,\mathrm {d} y=\left[\sin y-(x+y)\cos y\right]_{0}^{\pi -x}=\sin x+\pi \cos x+x$ et
   $\int _{0}^{\pi }\sin x\left(\sin x+\pi \cos x+x\right)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\pi }\left({\frac {1-\cos(2x)}{2}}+{\frac {\pi \sin(2x)}{2}}+x\sin x\right)\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x}{2}}-{\frac {\sin(2x)}{4}}-{\frac {\pi \cos(2x)}{4}}-x\cos x+\sin x\right]_{0}^{\pi }={\frac {\pi }{2}}{\cancel {-{\frac {\pi }{4}}}}+\pi {\cancel {+{\frac {\pi }{4}}}}={\frac {3\pi }{2}}$.
5. $\int _{x^{2}}^{x}(x+y)\,\mathrm {d} y=\left[xy+{\frac {y^{2}}{2}}\right]_{x^{2}}^{x}={\frac {-x^{4}-2x^{3}+3x^{2}}{2}}$ et
   ${\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}\left(-x^{4}-2x^{3}+3x^{2}\right)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\left(-{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{2}}+1\right)={\frac {3}{20}}$.
6. $\int _{2}^{5-x}{\frac {\mathrm {d} y}{(x+y)^{3}}}=\left[{\frac {-1}{2(x+y)^{2}}}\right]_{2}^{5-x}=-{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{5^{2}}}-{\frac {1}{(x+2)^{2}}}\right)$ et
   $-{\frac {1}{2}}\int _{1}^{3}\left({\frac {1}{5^{2}}}-{\frac {1}{(x+2)^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\left[{\frac {x}{5^{2}}}+{\frac {1}{x+2}}\right]_{1}^{3}=-{\frac {1}{2}}\left({\frac {3-1}{5^{2}}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{3}}\right)={\frac {2}{75}}$.
   Ou en intégrant d'abord par rapport à $x$ : $\int _{1}^{5-y}{\frac {\mathrm {d} x}{(x+y)^{3}}}=\left[{\frac {-1}{2(x+y)^{2}}}\right]_{1}^{5-y}=-{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{5^{2}}}-{\frac {1}{(y+1)^{2}}}\right)$ et
   $-{\frac {1}{2}}\int _{2}^{4}\left({\frac {1}{5^{2}}}-{\frac {1}{(y+1)^{2}}}\right)\,\mathrm {d} y=-{\frac {1}{2}}\left[{\frac {y}{5^{2}}}+{\frac {1}{y+1}}\right]_{2}^{4}=\dots ={\frac {2}{75}}$.
7. $\int _{0}^{2/x}\cos(xy)\,\mathrm {d} y={\frac {1}{x}}\left[\sin(xy)\right]_{0}^{2/x}={\frac {\sin 2}{x}}$ et
   $\int _{1}^{2}{\frac {\sin 2}{x}}\,\mathrm {d} x=\sin 2\ln 2$.
8. Les deux droites $y=x+1$ et $y={\frac {4-x}{2}}$ s'intersectent au point $x={\frac {2}{3}},\;y={\frac {5}{3}}$.
   $\int _{-1}^{2/3}x(1+x)\,\mathrm {d} x+\int _{2/3}^{4}x{\frac {4-x}{2}}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}\right]_{-1}^{2/3}+\left[x^{2}-{\frac {x^{3}}{6}}\right]_{2/3}^{4}={\frac {2}{9}}+{\frac {8}{81}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+16-{\frac {32}{3}}-{\frac {4}{9}}+{\frac {4}{81}}={\frac {275}{54}}\approx 5{,}09$.
   Ou en intégrant d'abord par rapport à $x$ : $\int _{y-1}^{4-2y}x\,\mathrm {d} x={\frac {(4-2y)^{2}-(y-1)^{2}}{2}}={\frac {3y^{2}-14y+15}{2}}$ et
   ${\frac {1}{2}}\int _{0}^{5/3}\left(3y^{2}-14y+15\right)\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}\left(\left({\frac {5}{3}}\right)^{3}-7\left({\frac {5}{3}}\right)^{2}+15{\frac {5}{3}}\right)={\frac {275}{54}}$.
9. $\int _{0}^{\frac {1-x}{1+x}}y\,\mathrm {d} y={\frac {(1-x)^{2}}{2(1+x)^{2}}}$ et (décomposition en éléments simples) ${\frac {x(1-x)^{2}}{(1+x)^{2}}}=x-4+{\frac {8}{x+1}}-{\frac {4}{(x+1)^{2}}}$
   ${\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x(1-x)^{2}}{(1+x)^{2}}}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{2}}{4}}-2x+4\ln(x+1)+{\frac {2}{x+1}}\right]_{0}^{1}=4\ln 2-{\frac {11}{4}}$.

 

Exercice 1-3

On considère le domaine plan

$D=\{\left(x,y\right)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x\geq 0,\;2x^{2}\leq y\leq 3\}$

et la surface

$S=\{\left(x,y,z\right)\in \mathbb {R} ^{3}\mid \left(x,y\right)\in D,\;z=x+y\}$.

1. Dessiner $D$ et calculer son aire et son périmètre.
2. Déterminer le centre d'inertie (ou centre de gravité) $G$ de $D$, défini par

   $\left(\iint _{D}1\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\right){\overrightarrow {OG}}=\iint _{D}{\overrightarrow {OM}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$.

3. Calculer $\iint _{D}\left(x+y\right)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$. Quelle en est l'interprétation en termes de volume ?
4. Déterminer l'aire de $S$.

Solution

1. $D$ est le triangle curviligne compris entre l'axe $(Oy)$, le segment de la parabole $y=2x^{2}$ d'extrémités $O$ et $A\left({\sqrt {3/2}},3\right)$ (${\sqrt {3/2}}\approx 1{,}22$), et le segment horizontal joignant $A$ à $(Oy)$. Graphique Google.

   Son aire est donc ${\mathcal {A}}(D)=\int _{0}^{\sqrt {3/2}}\left(3-2x^{2}\right)\,\mathrm {d} x=\left[3x-{\frac {2x^{3}}{3}}\right]_{0}^{\sqrt {3/2}}={\sqrt {\frac {3}{2}}}\left(3-{\frac {2{\sqrt {3/2}}^{2}}{3}}\right)={\sqrt {6}}$.

   Et son périmètre est $P=3+{\sqrt {\frac {3}{2}}}+I$, avec $I=\int _{0}^{\sqrt {3/2}}{\sqrt {1+(4x)^{2}}}\,\mathrm {d} x$. Effectuons le changement de variable $t=\operatorname {arsinh} (4x),\;4x=\sinh t,\;4\mathrm {d} x=\cosh t\;\mathrm {d} t,\;{\sqrt {1+(4x)^{2}}}=\cosh t$. Ainsi, $4I=\int _{0}^{a}\cosh ^{2}t\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}{\frac {1+\cosh(2t)}{2}}\,\mathrm {d} t={\frac {a}{2}}+{\frac {\sinh(2a)}{4}}={\frac {a+\sinh a\cosh a}{2}}$ avec $a=\operatorname {arsinh} (4{\sqrt {3/2}})=\ln \left(5+2{\sqrt {6}}\right)$ (voir arsinh), donc $I={\frac {\ln \left(5+2{\sqrt {6}}\right)}{8}}+{\frac {5{\sqrt {6}}}{4}}$ et $P=3+{\sqrt {\frac {3}{2}}}+{\frac {\ln \left(5+2{\sqrt {6}}\right)}{8}}+{\frac {5{\sqrt {6}}}{4}}\approx 7{,}57$.

2. $\iint _{D}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{\sqrt {3/2}}\left(\int _{2x^{2}}^{3}x\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\sqrt {3/2}}x\left(3-2x^{2}\right)\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {3x^{2}}{2}}-{\frac {x^{4}}{2}}\right]_{0}^{\sqrt {3/2}}={\frac {9}{8}}$ et
   $\iint _{D}y\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{\sqrt {3/2}}\left(\int _{2x^{2}}^{3}y\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\sqrt {3/2}}{\frac {3^{2}-(2x^{2})^{2}}{2}}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {9x}{2}}-{\frac {2x^{5}}{5}}\right]_{0}^{\sqrt {3/2}}={\frac {9{\sqrt {6}}}{5}}$ donc
   $x_{G}={\frac {9/8}{\sqrt {6}}}\approx 0{,}46$ et $y_{G}={\frac {9{\sqrt {6}}/5}{\sqrt {6}}}={\frac {9}{5}}=1{,}8$.
3. $\iint _{D}\left(x+y\right)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y={\frac {9}{8}}+{\frac {9{\sqrt {6}}}{5}}\approx 5{,}53$. C'est le volume du solide compris verticalement entre $D$ et $S$.
4. $M=\left(x,y,x+y\right),\;u={\frac {\partial M}{\partial x}}=\left(1,0,1\right),\;v={\frac {\partial M}{\partial y}}=\left(0,1,1\right),\;u\land v=\left(-1,-1,1\right)$, donc

   ${\mathcal {A}}(S)=\iint _{D}\|u\land v\|\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y={\sqrt {3}}\,{\mathcal {A}}(D)=3{\sqrt {2}}$.

 

Pour $k>1$, déterminer le centre de gravité $(x_{k},y_{k})$ du trapèze $D_{k}$ de sommets $(0,0)$, $(1,0)$, $(1,1)$ et $(0,k)$.

Solution

$D_{k}=\{\left(x,y\right)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 0\leq x\leq 1,\;0\leq y\leq k-(k-1)x\}$

$\iint _{D_{k}}1\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\left(k-(k-1)x\right)\,\mathrm {d} x=k-{\frac {k-1}{2}}={\frac {k+1}{2}}$

$\iint _{D_{k}}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\left(kx-(k-1)x^{2}\right)\,\mathrm {d} x={\frac {k}{2}}-{\frac {k-1}{3}}={\frac {k+2}{6}}$

$\iint _{D_{k}}y\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\frac {\left(k-(k-1)x\right)^{2}}{2}}\,\mathrm {d} x=(k-1)\int _{1}^{k}{\frac {t^{2}}{2}}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{k-1}}\int _{1}^{k}{\frac {t^{2}}{2}}\,\mathrm {d} t={\frac {k^{3}-1}{6(k-1)}}={\frac {k^{2}+k+1}{6}}$

donc $x_{k}={\frac {k+2}{6}}{\frac {2}{k+1}}={\frac {k+2}{3(k+1)}}$ et $y_{k}={\frac {k^{2}+k+1}{6}}{\frac {2}{k+1}}={\frac {k^{2}+k+1}{3(k+1)}}$.

Remarque : quand $k\to 1$, $(x_{k},y_{k})\to (1/2,1/2)$, le centre de gravité du carré $D_{1}$. Et quand $k\to +\infty$, $(x_{k},y_{k})\sim (1/3,k/3)$, le centre de gravité du triangle de sommets $(0,0)$, $(1,0)$ et $(0,k)$.

 

1. Pour tout domaine $D\subset \mathbb {R} ^{2}$ et toute application affine inversible $\varphi :\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$, montrer que le centre de gravité de $\varphi (D)$ est $\varphi (G)$, où $G$ désigne le centre de gravité de $D$.
2. En déduire que si $D$ est symétrique par rapport à un point $O$ alors $G=O$.

Solution

1. Soit $\Delta$ le déterminant de ${\vec {\varphi }}$. Notons $O'=\varphi (O)$ et $G'=\varphi (G)$. Alors,
   $\iint _{M'=(u,v)\in \varphi (D)}{\overrightarrow {O'M'}}\,\mathrm {d} u\,\mathrm {d} v=\iint _{M=(x,y)\in D}{\vec {\varphi }}({\overrightarrow {OM}})|\Delta |\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=|\Delta |{\vec {\varphi }}\left(\iint _{D}{\overrightarrow {OM}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\right)=|\Delta |{\vec {\varphi }}\left(\left(\iint _{D}1\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\right){\overrightarrow {OG}}\right)=\left(\iint _{D}|\Delta |\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\right){\vec {\varphi }}\left({\overrightarrow {OG}}\right)=\left(\iint _{\varphi (D)}1\,\mathrm {d} u\,\mathrm {d} v\right){\overrightarrow {O'G'}}$,
   donc le centre de gravité de $\varphi (D)$ est $G'$.
2. En particulier, si $\varphi (D)=D$ alors $\varphi (G)=G$. Or si $\varphi$ est la symétrie par rapport à $O$, son seul point fixe est $O$.

 

Exercice 1-4

1. Dessiner le domaine

   $D=\{\left(x,y\right)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 0\leq x\leq y,\;x^{2}+y^{2}\leq 1\}$.

2. Calculer $\iint _{D}\left(x+y\right)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y$

   a) par calcul direct ;

   b) en passant en coordonnées polaires.

Solution

1. $D$ est le secteur du disque unité délimité par les deux demi-droites $y=x,\,x\geq 0$ et $x=0,\,y\geq 0$.

2. a)

${\begin{aligned}\iint _{0\leq x\leq 1/{\sqrt {2}} \atop x\leq y\leq {\sqrt {1-x^{2}}}}\left(x+y\right)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y&=\int _{0}^{1/{\sqrt {2}}}\left[xy+{\frac {y^{2}}{2}}\right]_{x}^{\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{1/{\sqrt {2}}}\left(x{\sqrt {1-x^{2}}}-x^{2}+{\frac {1-x^{2}}{2}}-{\frac {x^{2}}{2}}\right)\,\mathrm {d} x\\&=\int _{0}^{1/2}{\frac {\sqrt {1-u}}{2}}\,\mathrm {d} u+\int _{0}^{1/{\sqrt {2}}}\left({\frac {1}{2}}-2x^{2}\right)\,\mathrm {d} x\\&=\left[-{\frac {(1-u)^{3/2}}{3}}\right]_{0}^{1/2}+\left[{\frac {x}{2}}-{\frac {2x^{3}}{3}}\right]_{0}^{1/{\sqrt {2}}}\\&={\frac {1-{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}}{3}}+{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}-{\frac {1}{3{\sqrt {2}}}}\\&={\frac {1}{3}}.\end{aligned}}$

2. b) $\iint _{0\leq r\leq 1 \atop \pi /4\leq \theta \leq \pi /2}r^{2}\left(\cos \theta +\sin \theta \right)\,\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =\left[{\frac {r^{3}}{3}}\right]_{0}^{1}\left[\sin \theta -\cos \theta \right]_{\pi /4}^{\pi /2}={\frac {1}{3}}$.

 

Exercice 1-5

Soient :

• $D$ le triangle de sommets $(0,0)$, $(1,0)$ et $(0,1)$ ;
• $\Phi :\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\mapsto (u,v)=(2x+y,x-y)$ ;
• $\Delta =\Phi (D)$.

1. Expliquer pourquoi $\Delta$ est un triangle et préciser ses sommets.
2. En utilisant un changement de variables, justifier l'égalité
   $\iint _{\Delta }\mathrm {e} ^{uv}\;\mathrm {d} u\mathrm {d} v=3\iint _{D}\mathrm {e} ^{(2x+y)(x-y)}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$
   (sans calculer les intégrales en question).

Solution

1. L'image par une application affine de l'enveloppe convexe d'un ensemble est l'enveloppe convexe de l'ensemble image, ce qui implique que l'image $\Delta$ de $D$ par $\Phi$ est le triangle de sommets $\Phi (0,0)=(0,0)$, $\Phi (1,0)=(2,1)$ et $\Phi (0,1)=(1,-1)$.
2. $\iint _{\Delta }\mathrm {e} ^{uv}\;\mathrm {d} u\mathrm {d} v=\iint _{\Phi (D)}\mathrm {e} ^{uv}\;\mathrm {d} u\mathrm {d} v=\iint _{D}\mathrm {e} ^{(2x+y)(x-y)}|\det J\Phi (x,y)|\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ où $J\Phi (x,y)={\begin{pmatrix}{\frac {\partial u}{\partial x}}&{\frac {\partial u}{\partial y}}\\{\frac {\partial v}{\partial x}}&{\frac {\partial v}{\partial y}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix}}$ donc $|\det J\Phi (x,y)|=|-3|=3$.

 

Exercice 1-6

Soit $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 0\leq x\leq y\leq 1\}$. Représenter graphiquement $D$ et calculer $\iint _{D}xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$.

Solution

$D$ est le triangle délimité par les trois droites $D_{1}$, $D_{2}$ et $D_{3}$ d'équations respectives $x=0$, $x=y$ et $y=1$, donc de sommets $(0,0)$ ($D_{1}\cap D_{2}$), $(1,1)$ ($D_{2}\cap D_{3}$) et $(0,1)$ ($D_{1}\cap D_{3}$).

D'après le théorème de Fubini :

$\iint _{D}xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}x\left(\int _{x}^{1}y\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}x{\frac {1-x^{2}}{2}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}\right)={\frac {1}{8}}$,

ou plus simplement :

$\iint _{D}xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}y\left(\int _{0}^{y}x\,\mathrm {d} x\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}y{\frac {y^{2}}{2}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}{\frac {1}{4}}={\frac {1}{8}}$.

 

Soit $\Omega =\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 0\leq y\leq 1,\;0\leq x\leq {\sqrt {y}}\}$. Calculer $\iint _{\Omega }xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$.

Solution

$\iint _{\Omega }xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}x\left(\int _{x^{2}}^{1}y\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}x{\frac {1-x^{4}}{2}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{6}}\right)={\frac {1}{6}}$,

ou plus simplement :

$\iint _{\Omega }xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}y\left(\int _{0}^{\sqrt {y}}x\,\mathrm {d} x\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\frac {y^{2}}{2}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}{\frac {1}{3}}={\frac {1}{6}}$.

 

Exercice 1-7

Calculer :

1. $\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 1}\left(x^{2}+y^{2}\right)\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
2. $\iint _{x,y\geq 0 \atop x^{2}+y^{2}\leq 1}\left(4-x^{2}-y^{2}\right)\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
3. $\iint _{x\geq 0 \atop x^{2}+y^{2}\leq 1}x\operatorname {e} ^{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
4. $\iint _{\pi ^{2}<x^{2}+y^{2}\leq 4\pi ^{2}}\sin {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ et $\iint _{4\pi ^{2}\leq x^{2}+y^{2}\leq 9\pi ^{2}}\sin {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
5. $\iint _{{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\leq 1}(x^{2}+y^{2})\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
6. $\iint _{x,y>0 \atop {\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\leq 1}xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
7. $\iint _{y<x^{2}+y^{2}<x}(x^{2}+y^{2})\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
8. $\iint _{(x^{2}+y^{2})^{2}\leq xy}{\sqrt {xy}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
9. $\iint _{x,y\geq 0 \atop x^{2}+y^{2}\leq 1}xy{\sqrt {x^{2}+4y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
10. $\iint _{x\geq 0 \atop 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4}xy\left(x^{2}+y^{2}\right)\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ et $\iint _{x,y\geq 0 \atop 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4}{\frac {xy}{x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
11. $\iint _{{\frac {1}{2}}<x^{2}+y^{2}<3 \atop y>0}\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
12. $\iint _{x^{2}+y^{2}-2x\leq 0}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ et $\iint _{x\geq 0 \atop 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 2y}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$.

Solution

1. En passant en coordonnées polaires : $\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 1}\left(x^{2}+y^{2}\right)\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\iint _{0\leq r\leq 1 \atop 0\leq \theta <2\pi }r^{3}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =2\pi \left[{\frac {r^{4}}{4}}\right]_{0}^{1}={\frac {\pi }{2}}$.
2. D'après la question précédente : ${\frac {1}{4}}\left(\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 1}4\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y-\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 1}\left(x^{2}+y^{2}\right)\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y\right)={\frac {1}{4}}\left(4\pi -{\frac {\pi }{2}}\right)={\frac {7\pi }{8}}$.
3. $\iint _{-{\frac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}} \atop 0\leq r\leq 1}\cos \theta \;r^{2}\operatorname {e} ^{r^{3}}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =2{\frac {\mathrm {e} -1}{3}}$.
4. En passant en coordonnées polaires : $\iint _{\pi ^{2}<x^{2}+y^{2}\leq 4\pi ^{2}}\sin {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {=} \iint _{\pi <r<2\pi \atop 0\leq \theta <2\pi }r\sin r\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =2\pi \int _{\pi }^{2\pi }r\sin r\;\mathrm {d} r=2\pi \left[\sin r-r\cos r\right]_{\pi }^{2\pi }=-6\pi ^{2}$ (cf. primitive de x sin x).
   Remarquons qu'exceptionnellement, on trouve une valeur négative, ce qui s'explique facilement ici…
   De même, $\iint _{4\pi ^{2}\leq x^{2}+y^{2}\leq 9\pi ^{2}}\sin {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=2\pi \left[\sin r-r\cos r\right]_{2\pi }^{3\pi }=10\pi ^{2}$.
5. En posant $x=ar\cos \theta$ et $y=br\sin \theta$ : $\iint _{{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\leq 1}(x^{2}+y^{2})\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=ab\iint _{0\leq r\leq 1 \atop 0\leq \theta <2\pi }\left(a^{2}\cos ^{2}\theta +b^{2}\sin ^{2}\theta \right)r^{3}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta$$={\frac {ab}{4}}\int _{0}^{2\pi }\left(a^{2}{\frac {1+\cos(2\theta )}{2}}+b^{2}{\frac {1-\cos(2\theta )}{2}}\right)\;\mathrm {d} \theta ={\frac {ab}{8}}\left[a^{2}\left(\theta +{\frac {\sin(2\theta )}{2}}\right)+b^{2}\left(\theta -{\frac {\sin(2\theta )}{2}}\right)\right]_{0}^{2\pi }={\frac {\pi ab}{4}}\left(a^{2}+b^{2}\right)$
   ou plus astucieusement, en remarquant que $\int _{0}^{2\pi }\cos ^{2}=\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{2\pi }\left(\cos ^{2}+\sin ^{2}\right)=\pi$ :
   ${\frac {ab}{4}}\left(a^{2}\pi +b^{2}\pi \right)={\frac {\pi ab}{4}}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.
6. De même, $\iint _{x,y>0 \atop {\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\leq 1}xy\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=(ab)^{2}\iint _{0\leq r\leq 1 \atop 0\leq \theta <\pi /2}\cos \theta \sin \theta \,r^{3}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta ={\frac {(ab)^{2}}{4}}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin(2\theta )}{2}}\;\mathrm {d} \theta ={\frac {(ab)^{2}}{8}}$.
7. $\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\left(\int _{r\sin \theta <r^{2}<r\cos \theta }r^{3}\;\mathrm {d} r\right)\mathrm {d} \theta =\int _{-\pi /2}^{0}\left[{\frac {r^{4}}{4}}\right]_{0}^{\cos \theta }\mathrm {d} \theta +\int _{0}^{\pi /4}\left[{\frac {r^{4}}{4}}\right]_{\sin \theta }^{\cos \theta }\mathrm {d} \theta ={\frac {1}{4}}\int _{-\pi /2}^{0}\cos ^{4}\theta \;\mathrm {d} \theta +{\frac {1}{8}}$
   (car $\cos ^{4}\theta -\sin ^{4}\theta =(\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta )(\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta )=1\times \cos(2\theta )$ et $\int _{0}^{\pi /4}\cos(2\theta )\;\mathrm {d} \theta =1/2$) puis (en linéarisant $\cos ^{4}$)
   $={\frac {1}{4}}\int _{-\pi /2}^{0}\left({\frac {\cos(4\theta )}{8}}+{\frac {\cos(2\theta )}{2}}+{\frac {3}{8}}\right)\;\mathrm {d} \theta +{\frac {1}{8}}={\frac {3\pi }{64}}+{\frac {1}{8}}$.
8. $2\iint _{0\leq \theta \leq \pi /2 \atop r^{2}\leq \cos \theta \sin \theta }{\sqrt {\cos \theta \sin \theta }}\,r^{2}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =2\int _{0}^{\pi /2}{\sqrt {\cos \theta \sin \theta }}\left[{\frac {r^{3}}{3}}\right]_{0}^{\sqrt {\cos \theta \sin \theta }}\;\mathrm {d} \theta ={\frac {2}{3}}\int _{0}^{\pi /2}\left(\cos \theta \sin \theta \right)^{2}\;\mathrm {d} \theta ={\frac {1}{12}}\int _{0}^{\pi /2}\left(1-\cos(4\theta )\right)\;\mathrm {d} \theta ={\frac {\pi }{24}}$.
9. $\iint _{0\leq r\leq 1 \atop 0\leq \theta \leq \pi /2}r^{4}\cos \theta \sin \theta {\sqrt {\cos ^{2}\theta +4\sin ^{2}\theta }}\;\mathrm {d} r\;\mathrm {d} \theta =\int _{0}^{1}r^{4}\;\mathrm {d} r\int _{0}^{\pi /2}\sin \theta {\sqrt {1+3\sin ^{2}\theta }}\;\cos \theta \mathrm {d} \theta ={\frac {1}{5}}\int _{0}^{1}s{\sqrt {1+3s^{2}}}\;\mathrm {d} s={\frac {1}{30}}\int _{1}^{4}{\sqrt {t}}\;\mathrm {d} t={\frac {1}{30}}\left[{\frac {t^{3/2}}{3/2}}\right]_{1}^{4}={\frac {7}{45}}$.
10. 1. Le domaine d'intégration (une demi-couronne) est invariant par la symétrie $(x,y)\mapsto (x,-y)$, qui transforme l'intégrande en son opposé. Donc l'intégrale est nulle.
    2. $\iint _{1\leq r\leq 2 \atop 0\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}}\cos \theta \sin \theta \;r\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =\left[{\frac {r^{2}}{2}}\right]_{1}^{2}\left[{\frac {-\cos(2\theta )}{4}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {3}{4}}$.
11. $\iint _{{\frac {1}{\sqrt {2}}}<r<{\sqrt {3}} \atop 0<\theta <\pi }r\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta ={\frac {\pi }{2}}\left(3-{\frac {1}{2}}\right)={\frac {5\pi }{4}}$. On pouvait prévoir ce résultat à partir de la formule pour l'aire d'un disque : l'aire de cette demi-couronne est ${\frac {1}{2}}\left(\pi {\sqrt {3}}^{2}-\pi \left({\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)^{2}\right)$.
12. 1. $\iint _{-\pi \leq \theta \leq \pi \atop 0\leq r\leq 2\cos \theta }r^{2}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =\int _{-\pi /2}^{\pi /2}{\frac {(2\cos \theta )^{3}}{3}}\;\mathrm {d} \theta =$ (par linéarisation) ${\frac {2}{3}}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\left(\cos(3\theta )+3\cos \theta \right)\;\mathrm {d} \theta ={\frac {2}{9}}\left[\sin(3\theta )+9\sin \theta \right]_{-\pi /2}^{\pi /2}={\frac {32}{9}}$.
       Accessoirement, on peut remarquer que $x^{2}+y^{2}-2x\leq 0\Leftrightarrow (x-1)^{2}+y^{2}\leq 1$ donc le domaine d'intégration était un disque.
    2. $\iint _{\cos \theta \geq 0 \atop 1\leq r\leq 2\sin \theta }r^{2}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}\left(\int _{1}^{2\sin \theta }r^{2}\;\mathrm {d} r\right)\;\mathrm {d} \theta =\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {8\sin ^{3}\theta -1}{3}}\;\mathrm {d} \theta ={\frac {8}{3}}\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}\left(1-\cos ^{2}\theta \right)\sin \theta \;\mathrm {d} \theta -{\frac {1}{3}}\left({\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi }{6}}\right)={\frac {8}{3}}\int _{0}^{\frac {\sqrt {3}}{2}}\left(1-u^{2}\right)\;\mathrm {d} u-{\frac {\pi }{9}}={\sqrt {3}}-{\frac {\pi }{9}}$.
       Là encore, on peut identifier le domaine d'intégration (un demi-disque privé de son intersection avec le disque unité).

 

Exercice 1-8

Représenter graphiquement l'ensemble $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 0\leq y\leq 1-x^{2}\}$ puis calculer

$\iint _{D}x\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$, $\iint _{D}y\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ et $\iint _{D}\mathrm {d} x\mathrm {d} y$.

Solution

$D$ est l'onglet délimité par l'arc de parabole $y=1-x^{2}$ joignant $A=(-1,0)$ et $B=(1,0)$ et par le segment $[A,B]$.

$\iint _{D}x\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\int _{-1}^{1}x(1-x^{2})\;\mathrm {d} x=0$ (par imparité).

$\iint _{D}y\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\int _{-1}^{1}\left(\int _{0}^{1-x^{2}}y\;\mathrm {d} y\right)\;\mathrm {d} x=\int _{-1}^{1}{\frac {(1-x^{2})^{2}}{2}}\;\mathrm {d} x={\frac {8}{15}}$.

$\iint _{D}\mathrm {d} x\mathrm {d} y=4/3$ (cf. Initiation au calcul intégral/Exercices/Calcul d’intégrales de fonctions positives et aires associées).

 

Exercice 1-9

Calculer les intégrales suivantes.

1. $\iint _{x\leq 1,\;y\leq 1,\;x+y\geq 1}(x+y)\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y$ ;
2. $\iint _{[-1,1]^{2}}|x+y|\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y$ ;
3. $\iint _{D}xy\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y$ où $D$ est la partie du plan limitée par les paraboles d'équations respectives $y=x^{2}$ et $x=y^{2}$ ;
4. $\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 1}{\frac {1}{1+x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y$ ;
5. $\iint _{x\leq x^{2}+y^{2}\leq 1}{\frac {\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y}{(1+x^{2}+y^{2})^{2}}}$ ;
6. $\iint _{{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\leq 1}(x^{2}-y^{2})\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y$.

Solution

http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00139.pdf Intégrales curvilignes, intégrales multiples (exercices de Jean-Louis Rouget), exercices 3 [005908] et 9 [005914].

Ou encore, pour la question 4 : en passant en coordonnées polaires, $\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 1}{\frac {1}{1+x^{2}+y^{2}}}\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\iint _{0\leq r\leq 1 \atop 0\leq \theta <2\pi }{\frac {r}{1+r^{2}}}\;\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =2\pi \int _{0}^{1}{\frac {r}{1+r^{2}}}\;\mathrm {d} r=\pi [\ln(1+r^{2})]_{0}^{1}=\pi \ln 2$.

 

Exercice 1-10

Calculer $\int _{-a}^{a}\left(\int _{0}^{\sqrt {a^{2}-y^{2}}}(x^{2}+y^{2})^{3/2}\;\mathrm {d} x\right)\mathrm {d} y$

Solution

$\iint _{x>0 \atop x^{2}+y^{2}\leq a^{2}}(x^{2}+y^{2})^{3/2}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y=\iint _{[0,a]\times [-\pi /2,\pi /2]}r^{4}\;\mathrm {d} r\;\mathrm {d} \theta ={\frac {\pi a^{5}}{5}}$.

 

Exercice 1-11

Soient $0<a\leq b$ et $0<c\leq d$. Calculer l'aire de $\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid a\leq y/x^{2}\leq b,\;c\leq xy\leq d\}$.

Solution

Pour $x,y\neq 0$, posons $u=y/x^{2}$ et $v=xy$. Alors, $(x,y)\mapsto (u,v)$ est injective et son jacobien vaut ${\begin{vmatrix}-2y/x^{3}&1/x^{2}\\y&x\end{vmatrix}}=-3y/x^{2}=-3u$

donc l'aire vaut $\iint _{[a,b]\times [c,d]}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{3u}}={\frac {d-c}{3}}\ln {\frac {b}{a}}$.

 

Soient $0<a\leq b$ et $0<c\leq d$. Calculer l'aire de $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid ax\leq y\leq bx,\;c\leq xy\leq d\}$.

Solution

Le jacobien de $(x,y)\mapsto (u,v):=(y/x,xy)$ est égal à $-2y/x=-2u$, donc

$\iint _{D}\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\iint _{[a,b]\times [c,d]}{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2u}}={\frac {d-c}{2}}\ln {\frac {b}{a}}$.

 

Soient $0\leq a<b$ et $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 0<x<y,\;a<xy<b,\;y^{2}-x^{2}<1\}$. Calculer $\iint _{D}(y^{2}-x^{2})^{xy}(x^{2}+y^{2})\;\mathrm {d} x\mathrm {d} y$. On pourra effectuer le changement de variables $u=xy$, $v=y^{2}-x^{2}$.

Solution

Le jacobien de $(x,y)\mapsto (u,v)$ est égal à $2(x^{2}+y^{2})$ donc

$\iint _{D}(y^{2}-x^{2})^{xy}\;(x^{2}+y^{2})\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\iint _{a<u<b,\;0<v<1}v^{u}\;{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{2}}={\frac {1}{2}}\int _{a}^{b}\left[{\frac {v^{u+1}}{u+1}}\right]_{0}^{1}\;\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\int _{a}^{b}{\frac {1}{u+1}}\;\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\ln {\frac {b+1}{a+1}}$.

 

Exercice 1-12

Pour tout $R>0$, soient $D_{R}=\{(x,y)\in (\mathbb {R} _{+})^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq R^{2}\}$ et $K_{R}=[0,R]^{2}$.

1. Montrer que

   $\iint _{D_{R}}\operatorname {e} ^{-(x^{2}+y^{2})}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y\leq \iint _{K_{R}}\operatorname {e} ^{-(x^{2}+y^{2})}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y\leq \iint _{D_{2R}}\operatorname {e} ^{-(x^{2}+y^{2})}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y$.

2. En déduire l'existence et la valeur de

   $\lim _{R\to +\infty }\int _{0}^{R}\operatorname {e} ^{-t^{2}}\;\mathrm {d} t$.

Solution

1. L'intégrande est positif et $D_{R}\subset K_{R}\subset D_{2R}$.
2. Quand $R\to +\infty$, $\iint _{D_{R}}\operatorname {e} ^{-(x^{2}+y^{2})}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y=\iint _{0\leq r\leq R \atop 0\leq \theta \leq \pi /2}\operatorname {e} ^{-r^{2}}r\;\mathrm {d} r\;\mathrm {d} \theta =$ (par le théorème de Fubini) $\int _{0}^{R}\operatorname {e} ^{-r^{2}}r\;\mathrm {d} r\int _{0}^{\pi /2}\mathrm {d} \theta =\int _{0}^{R^{2}}\operatorname {e} ^{-u}\;{\frac {\mathrm {d} u}{2}}\;{\frac {\pi }{2}}=(1-\operatorname {e} ^{-R^{2}}){\frac {\pi }{4}}\to {\frac {\pi }{4}}$
   donc d'après la question 1 et le théorème des gendarmes, $\iint _{K_{R}}\operatorname {e} ^{-(x^{2}+y^{2})}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y\to {\frac {\pi }{4}}$.
   Or (à nouveau par le théorème de Fubini) $\iint _{K_{R}}\operatorname {e} ^{-(x^{2}+y^{2})}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y=\left(\int _{0}^{R}\operatorname {e} ^{-t^{2}}\;\mathrm {d} t\right)^{2}$. Par conséquent, $\int _{0}^{R}\operatorname {e} ^{-t^{2}}\;\mathrm {d} t\to {\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$.

Autrement dit : l'intégrale impropre $\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t^{2}}\;\mathrm {d} t$ est égale à ${\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$, ou encore (par parité) l'intégrale de Gauss $\int _{-\infty }^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t^{2}}\;\mathrm {d} t$ est égale à ${\sqrt {\pi }}$.

 

Recalculer cette intégrale de Gauss $J:=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x$ en appliquant le théorème de Tonelli à l'application $\varphi :(x,y)\mapsto x\operatorname {e} ^{-x^{2}(1+y^{2})}$ sur $D=\left]0,+\infty \right[^{2}$.

Solution

$\varphi$ est mesurable $\geq 0$.

On a d'une part $\int _{0}^{+\infty }\varphi (x,y)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }x\operatorname {e} ^{-x^{2}(1+y^{2})}\,\mathrm {d} x=\left[{\operatorname {e} ^{-x^{2}(1+y^{2})} \over -2(1+y^{2})}\right]_{x=0}^{x=+\infty }={1 \over 2(1+y^{2})}$ donc $\int _{D}\varphi \,\mathrm {d} \lambda _{2}=\int _{0}^{+\infty }{\mathrm {d} y \over 2(1+y^{2})}=\pi /4$, d'autre part $\int _{0}^{+\infty }\varphi (x,y)\,\mathrm {d} y=\operatorname {e} ^{-x^{2}}\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-(xy)^{2}}x\,\mathrm {d} y=\operatorname {e} ^{-x^{2}}J$ donc $\int _{D}\varphi \,\mathrm {d} \lambda _{2}=J\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x=J^{2}$. Donc $J={{\sqrt {\pi }} \over 2}$.

 

Exercice 1-13

On considère le domaine borné $D$ délimité par les trois droites d'équations $x=0$, $y=x+2$ et $y=-x$. Calculer $\iint _{D}\left(x+y\right)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ :

1. par calcul direct ;
2. en effectuant le changement de variables $(u,v)=(x+y,x-y)$.

Solution

$D$ est le triangle de sommets $(0,0)$, $(0,2)$ et $(-1,1)$.

1. Pour $-1\leq x\leq 0$, $\int _{-x}^{x+2}\left(x+y\right)\,\mathrm {d} y=\left[xy+{\frac {y^{2}}{2}}\right]_{-x}^{x+2}=x(x+2-(-x))+{\frac {(x+2)^{2}-(-x)^{2}}{2}}=2(x^{2}+2x+1)$. $2\int _{-1}^{0}(x^{2}+2x+1)\,\mathrm {d} x=2\left({\frac {1}{3}}-1+1\right)={\frac {2}{3}}$.
2. $-x\leq y\leq x+2{\text{ et }}x\leq 0\Leftrightarrow -u-v\leq u-v\leq u+v+4{\text{ et }}u+v\leq 0\Leftrightarrow -2\leq v\leq -u\leq 0$, et la matrice de l'application linéaire $(x,y)\mapsto (x+y,x-y)$ a pour déterminant $-2$.
   $\iint _{-2\leq v\leq -u\leq 0}u\,{\frac {\mathrm {d} u\mathrm {d} v}{|-2|}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{2}u(-u+2)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\left[-{\frac {u^{3}}{3}}+u^{2}\right]_{0}^{2}={\frac {2}{3}}$.

 

Exercice 1-14

Soient $a,b>0$. On considère le domaine $D=\left\{(x,y)\in \mathbb {R} _{+}^{2}~\left|~{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\leq 1\right.\right\}$ (on connaît son aire : $\pi ab/4$). Calculer :

1. $\iint _{D}\left(2x^{3}-y\right)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y$ ;
2. les coordonnées du centre de gravité de $D$.

Solution

1. $\iint _{0\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}} \atop 0\leq r\leq 1}\left(2(ar\cos \theta )^{3}-br\sin \theta \right)\,abr\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =ab\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left({\frac {2a^{3}}{5}}\cos ^{3}\theta -{\frac {b}{3}}\sin \theta \right)\,\mathrm {d} \theta =ab\left({\frac {2a^{3}}{5}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}(1-\sin ^{2}\theta )\cos \theta \,\mathrm {d} \theta -{\frac {b}{3}}\right)=ab\left({\frac {4a^{3}}{15}}-{\frac {b}{3}}\right)$.
2. ${\frac {\pi ab}{4}}x_{G}=\iint _{0\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}} \atop 0\leq r\leq 1}ar\cos \theta \,abr\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta ={\frac {a^{2}b}{3}}$, donc $x_{G}={\frac {4a}{3\pi }}$ et de même, $y_{G}={\frac {4b}{3\pi }}$.

 

Exercice 1-15

L'objet de cet exercice est de calculer l'intégrale $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin x}{\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x$, dont on sait qu'elle est semi-convergente (Intégration de Riemann/Exercices/Intégrales impropres#Exercice 5-3).

Soit $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\,(x,y)\mapsto \operatorname {e} ^{-xy^{2}}\sin x$.

1. Montrer que pour tout $x>0$, $\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-xy^{2}}\,\mathrm {d} y={{\sqrt {\pi }} \over 2{\sqrt {x}}}$ (on rappelle que $\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t^{2}}\,\mathrm {d} t={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ : Intégrale de Gauss). En déduire que $f$ n'est pas intégrable sur $\left[0,+\infty \right[^{2}$.
2. 1. Montrer que pour tout $a>0$, $f$ est intégrable sur $[0,a]\times \left[0,+\infty \right[$ et en déduire que ${{\sqrt {\pi }} \over 2}\int _{0}^{a}{\sin x \over {\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }g_{a}(y)\,\mathrm {d} y,$ où $g_{a}$ est une fonction que l'on déterminera sous forme intégrale.
   2. Montrer par une intégration simple que $g_{a}(y)={1-\operatorname {e} ^{-ay^{2}}\cos a-y^{2}\operatorname {e} ^{-ay^{2}}\sin a \over 1+y^{4}},\ \forall y>0.$
3. 1. Montrer que $\int _{0}^{+\infty }g_{a}(y)\,\mathrm {d} y$ a une limite quand $a$ tend vers $+\infty$ et calculer cette limite.
   2. En admettant que $\int _{0}^{+\infty }{\mathrm {d} y \over 1+y^{4}}={\frac {\pi {\sqrt {2}}}{4}}$ (Intégration de Riemann/Exercices/Intégrales impropres#Exercice 5-5), montrer que $\int _{0}^{+\infty }{\sin x \over {\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x={\sqrt {\pi \over 2}}$.

Solution

1. $\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-xy^{2}}\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{+\infty }\operatorname {e} ^{-t^{2}}\,{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {x}}}={{\sqrt {\pi }} \over 2{\sqrt {x}}}$ donc $\iint _{\left[0,+\infty \right[^{2}}|f|={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}\int _{0}^{+\infty }{|\sin x| \over {\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x=+\infty$.
2. 1. $\iint _{[0,a]\times \left[0,+\infty \right[}|f|={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}\int _{0}^{a}{|\sin x| \over {\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x<+\infty$ car $x\mapsto {\sin x \over {\sqrt {x}}}$ est continue sur $\left]0,a\right]$ et de limite nulle en 0.
      ${{\sqrt {\pi }} \over 2}\int _{0}^{a}{\sin x \over {\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x=\iint _{[0,a]\times \left[0,+\infty \right[}f=\int _{0}^{+\infty }g_{a}(y)\,\mathrm {d} y$ avec $g_{a}(y)=\int _{0}^{a}\operatorname {e} ^{-xy^{2}}\sin x\,\mathrm {d} x$.
   2. $g_{a}(y)=\operatorname {Im} \left[{\frac {\operatorname {e} ^{x(\mathrm {i} -y^{2})}}{\mathrm {i} -y^{2}}}\right]_{0}^{a}={\frac {1}{1+y^{4}}}\left[\operatorname {e} ^{-xy^{2}}\operatorname {Im} \left((\cos x+\mathrm {i} \sin x))(-\mathrm {i} -y^{2})\right)\right]_{0}^{a}={\frac {1}{1+y^{4}}}\left[\operatorname {e} ^{-xy^{2}}(-\cos x-y^{2}\sin x)\right]_{0}^{a}={1-\operatorname {e} ^{-ay^{2}}\cos a-y^{2}\operatorname {e} ^{-ay^{2}}\sin a \over 1+y^{4}}$.
   3. Quand $a\to +\infty$, $\int _{0}^{+\infty }{\operatorname {e} ^{-ay^{2}}|\cos a|+y^{2}\operatorname {e} ^{-ay^{2}}|\sin a| \over 1+y^{4}}\,\mathrm {d} y<\int _{0}^{+\infty }{1+y^{2} \over 1+y^{4}}\operatorname {e} ^{-ay^{2}}\,\mathrm {d} y<\int _{0}^{+\infty }{\frac {1+{\sqrt {2}}}{2}}\operatorname {e} ^{-ay^{2}}\,\mathrm {d} y={\frac {1+{\sqrt {2}}}{2}}{{\sqrt {\pi }} \over 2{\sqrt {a}}}\to 0$ (cf. question 1) donc $\int _{0}^{+\infty }g_{a}(y)\,\mathrm {d} y\to \int _{0}^{+\infty }{1 \over 1+y^{4}}\,\mathrm {d} y$.
   4. $\int _{0}^{+\infty }{\sin x \over {\sqrt {x}}}\,\mathrm {d} x={\frac {2}{\sqrt {\pi }}}\int _{0}^{+\infty }{1 \over 1+y^{4}}\,\mathrm {d} y={\frac {2}{\sqrt {\pi }}}{\frac {\pi {\sqrt {2}}}{4}}={\sqrt {\pi \over 2}}$.

 

Exercice 1-16

Soient $f$ une fonction mesurable sur $\left]0,+\infty \right[$ et localement intégrable. On suppose que $K:=\int _{0}^{\infty }{f(x) \over x}\,\mathrm {d} x$ existe et l'on pose

$F(x)={\begin{cases}\int _{[1,x]}f(t)\,\mathrm {d} t&{\text{ si }}x\geq 1,\\\int _{[x,1]}f(t)\,\mathrm {d} t&{\text{ si }}0<x<1.\end{cases}}$

Soit $0<a\leq b$ ; démontrer que $\int _{0}^{\infty }{F(bx)-F(ax) \over x^{2}}\,\mathrm {d} x$ existe et exprimer sa valeur en fonction de $a,b,K$.

Solution

Pour $0<\varepsilon \leq T$, $\int _{[\varepsilon ,T]}\left(\int _{[ax,bx]}|f(t)|\,\mathrm {d} t\right)\,{\mathrm {d} x \over x^{2}}\leq {T-\varepsilon \over (a\varepsilon )^{2}}\int _{[a\varepsilon ,bT]}|f(t)|\,\mathrm {d} t<\infty$.

On peut donc appliquer le théorème de Fubini et le changement de variable $\varphi (t,x)=(t,y)$ avec $y={t \over x}$, ce qui donne :

$\int _{[\varepsilon ,T]}[F(bx)-F(ax)]\,{\mathrm {d} x \over x^{2}}=\int _{[\varepsilon ,T]}\left(\int _{[ax,bx]}f(t)\,\mathrm {d} t\right){\mathrm {d} x \over x^{2}}=\int _{[a,b]}g_{(\varepsilon ,T)}(y)\,\mathrm {d} y$,

avec $g_{(\varepsilon ,T)}(y)=\int _{[y\varepsilon ,yT]}f(t){\mathrm {d} t \over t}$.

Lorsque $\varepsilon \to 0$ et $T\to \infty$, on a $y\varepsilon \to 0$ et $yT\to \infty$ uniformément par rapport à $y\in [a,b]$, donc $g_{(\varepsilon ,T)}\to K$ uniformément sur $[a,b]$. D'où l'existence de $\int _{0}^{\infty }[F(bx)-F(ax)]\,{\mathrm {d} x \over x^{2}}$, et sa valeur : $\int _{[a,b]}K\,\mathrm {d} y=(b-a)K$.