En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Intégrales multiplesIntégrale double/Exercices/Intégrales multiples », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Calculer les volumes de
B
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
[
0
,
2
]
×
[
0
,
1
]
×
R
∣
0
≤
z
≤
x
+
y
2
}
{\displaystyle B=\{(x,y,z)\in [0,2]\times [0,1]\times \mathbb {R} \mid 0\leq z\leq x+y^{2}\}}
et
B
′
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
[
0
,
2
]
×
[
0
,
1
]
×
R
∣
0
≤
z
≤
x
}
{\displaystyle B'=\{(x,y,z)\in [0,2]\times [0,1]\times \mathbb {R} \mid 0\leq z\leq x\}}
.
Solution
V
=
∫
0
2
(
∫
0
1
(
x
+
y
2
)
d
y
)
d
x
=
∫
0
2
(
x
+
1
3
)
d
x
=
8
3
{\displaystyle V=\int _{0}^{2}\left(\int _{0}^{1}(x+y^{2})\;\mathrm {d} y\right)\;\mathrm {d} x=\int _{0}^{2}\left(x+{\frac {1}{3}}\right)\;\mathrm {d} x={\frac {8}{3}}}
V
′
=
∫
0
2
x
d
x
=
2
{\displaystyle V'=\int _{0}^{2}x\;\mathrm {d} x=2}
(
<
V
{\displaystyle <V}
, bien sûr).
Calculer :
∭
D
z
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}z\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
où
D
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
2
×
[
0
,
h
]
∣
x
2
+
y
2
≤
1
}
{\displaystyle D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{2}\times [0,h]\mid x^{2}+y^{2}\leq 1\}}
;
∭
D
z
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}z\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
où
D
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
(
R
+
)
3
∣
z
≤
min
(
1
−
x
2
,
1
−
y
2
)
}
{\displaystyle D=\{(x,y,z)\in (\mathbb {R} _{+})^{3}\mid z\leq \min(1-x^{2},1-y^{2})\}}
;
pour
D
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
(
R
+
)
3
∣
x
+
y
+
z
≤
1
}
{\displaystyle D=\{(x,y,z)\in (\mathbb {R} _{+})^{3}\mid x+y+z\leq 1\}}
:
∭
D
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
,
∭
D
(
x
+
y
+
z
)
2
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}(x+y+z)^{2}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
,
∭
D
d
x
d
y
d
z
(
1
+
x
+
y
+
z
)
3
{\displaystyle \iiint _{D}{\frac {\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}{(1+x+y+z)^{3}}}}
,
∭
D
x
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
;
∭
D
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
où
D
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
(
R
+
)
3
∣
x
+
y
+
z
≤
1
}
{\displaystyle D=\{(x,y,z)\in (\mathbb {R} _{+})^{3}\mid {\sqrt {x}}+{\sqrt {y}}+{\sqrt {z}}\leq 1\}}
;
pour
D
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
2
+
y
2
+
z
2
≤
1
}
{\displaystyle D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 1\}}
:
∭
D
cos
x
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}\cos x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
,
∭
D
d
x
d
y
d
z
x
2
+
y
2
+
(
z
−
a
)
2
(
a
>
1
)
{\displaystyle \iiint _{D}{\frac {\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}}}}\quad (a>1)}
;
∭
D
z
x
2
+
y
2
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{D}{\frac {z}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
où
D
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
2
×
[
0
,
2
]
∣
x
2
+
y
2
≤
4
}
{\displaystyle D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{2}\times [0,2]\mid x^{2}+y^{2}\leq 4\}}
;
∭
0
≤
x
≤
y
≤
z
≤
1
x
y
z
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{0\leq x\leq y\leq z\leq 1}xyz\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
.
Solution
∬
x
2
+
y
2
≤
1
d
x
d
y
×
∫
0
h
z
d
z
=
π
h
2
2
{\displaystyle \iint _{x^{2}+y^{2}\leq 1}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\times \int _{0}^{h}z\,\mathrm {d} z=\pi {\frac {h^{2}}{2}}}
.
∬
x
,
y
≥
0
x
2
,
y
2
≤
1
−
z
d
x
d
y
=
1
−
z
{\displaystyle \iint _{x,y\geq 0 \atop x^{2},y^{2}\leq 1-z}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=1-z}
et
∫
0
1
z
(
1
−
z
)
d
z
=
1
2
−
1
3
=
1
6
{\displaystyle \int _{0}^{1}z\left(1-z\right)\,\mathrm {d} z={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}={\frac {1}{6}}}
.
∫
0
1
−
x
(
1
−
x
−
y
)
d
y
=
(
1
−
x
)
2
−
(
1
−
x
)
2
2
=
(
1
−
x
)
2
2
{\displaystyle \int _{0}^{1-x}\left(1-x-y\right)\,\mathrm {d} y=(1-x)^{2}-{\frac {(1-x)^{2}}{2}}={\frac {(1-x)^{2}}{2}}}
et
∫
0
1
(
1
−
x
)
2
2
d
x
=
∫
0
1
t
2
2
d
t
=
1
6
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {(1-x)^{2}}{2}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {t^{2}}{2}}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{6}}}
.
∫
0
1
−
x
−
y
(
x
+
y
+
z
)
2
d
z
=
1
−
(
x
+
y
)
3
3
{\displaystyle \int _{0}^{1-x-y}(x+y+z)^{2}\,\mathrm {d} z={\frac {1-(x+y)^{3}}{3}}}
,
∫
0
1
−
x
1
−
(
x
+
y
)
3
3
d
y
=
1
−
x
3
−
1
−
x
4
12
=
3
−
4
x
+
x
4
12
{\displaystyle \int _{0}^{1-x}{\frac {1-(x+y)^{3}}{3}}\,\mathrm {d} y={\frac {1-x}{3}}-{\frac {1-x^{4}}{12}}={\frac {3-4x+x^{4}}{12}}}
et
∫
0
1
3
−
4
x
+
x
4
12
d
x
=
1
10
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {3-4x+x^{4}}{12}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{10}}}
.
∫
0
1
−
x
−
y
d
z
(
1
+
x
+
y
+
z
)
3
=
−
1
2
[
1
(
1
+
x
+
y
+
z
)
2
]
0
1
−
x
−
y
=
−
1
2
(
1
2
2
−
1
(
1
+
x
+
y
)
2
)
{\displaystyle \int _{0}^{1-x-y}{\frac {\mathrm {d} z}{(1+x+y+z)^{3}}}=-{\frac {1}{2}}\left[{\frac {1}{(1+x+y+z)^{2}}}\right]_{0}^{1-x-y}=-{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{2^{2}}}-{\frac {1}{(1+x+y)^{2}}}\right)}
;
−
1
2
∫
0
1
−
x
(
1
2
2
−
1
(
1
+
x
+
y
)
2
)
d
y
=
−
1
2
[
y
4
+
1
1
+
x
+
y
]
0
1
−
x
=
−
1
2
(
1
−
x
4
+
1
2
−
1
1
+
x
)
=
x
−
3
8
+
1
2
(
1
+
x
)
{\displaystyle -{\frac {1}{2}}\int _{0}^{1-x}\left({\frac {1}{2^{2}}}-{\frac {1}{(1+x+y)^{2}}}\right)\,\mathrm {d} y=-{\frac {1}{2}}\left[{\frac {y}{4}}+{\frac {1}{1+x+y}}\right]_{0}^{1-x}=-{\frac {1}{2}}\left({\frac {1-x}{4}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{1+x}}\right)={\frac {x-3}{8}}+{\frac {1}{2(1+x)}}}
;
∫
0
1
(
x
−
3
8
+
1
2
(
1
+
x
)
)
d
x
=
[
x
2
−
6
x
16
+
ln
(
1
+
x
)
2
]
0
1
=
−
5
16
+
ln
2
2
{\displaystyle \int _{0}^{1}\left({\frac {x-3}{8}}+{\frac {1}{2(1+x)}}\right)\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{2}-6x}{16}}+{\frac {\ln(1+x)}{2}}\right]_{0}^{1}=-{\frac {5}{16}}+{\frac {\ln 2}{2}}}
.
∫
0
1
−
y
−
z
x
d
x
=
(
y
+
z
−
1
)
2
2
{\displaystyle \int _{0}^{1-y-z}x\,\mathrm {d} x={\frac {(y+z-1)^{2}}{2}}}
,
1
2
∫
0
1
−
z
(
y
+
z
−
1
)
2
d
y
=
1
2
∫
z
−
1
0
u
2
d
u
=
(
1
−
z
)
3
6
{\displaystyle {\frac {1}{2}}\int _{0}^{1-z}(y+z-1)^{2}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}\int _{z-1}^{0}u^{2}\,\mathrm {d} u={\frac {(1-z)^{3}}{6}}}
,
1
6
∫
0
1
(
1
−
z
)
3
d
z
=
1
24
{\displaystyle {\frac {1}{6}}\int _{0}^{1}(1-z)^{3}\,\mathrm {d} z={\frac {1}{24}}}
.
En posant
x
=
u
2
{\displaystyle x=u^{2}}
,
y
=
v
2
{\displaystyle y=v^{2}}
et
z
=
w
2
{\displaystyle z=w^{2}}
, l'intégrale devient
∭
u
,
v
,
w
≥
0
u
+
v
+
w
≤
1
8
u
v
w
d
u
d
v
d
w
=
4
∬
u
v
(
1
−
u
−
v
)
2
d
u
d
v
=
4
∫
0
1
u
(
∫
0
1
−
u
(
(
1
−
u
)
2
v
−
2
(
1
−
u
)
v
2
+
v
3
)
d
v
)
d
u
{\displaystyle \iiint _{u,v,w\geq 0 \atop u+v+w\leq 1}8uvw\,\mathrm {d} u\,\mathrm {d} v\,\mathrm {d} w=4\iint uv(1-u-v)^{2}\,\mathrm {d} u\,\mathrm {d} v=4\int _{0}^{1}u\left(\int _{0}^{1-u}\left((1-u)^{2}v-2(1-u)v^{2}+v^{3}\right)\,\mathrm {d} v\right)\mathrm {d} u}
=
4
∫
0
1
u
(
(
1
−
u
)
4
2
−
2
(
1
−
u
)
4
3
+
(
1
−
u
)
4
4
)
d
u
=
1
3
∫
0
1
u
(
1
−
u
)
4
d
u
=
1
3
∫
0
1
t
4
(
1
−
t
)
d
t
=
1
3
(
1
5
−
1
6
)
=
1
90
{\displaystyle =4\int _{0}^{1}u\left({\frac {(1-u)^{4}}{2}}-2{\frac {(1-u)^{4}}{3}}+{\frac {(1-u)^{4}}{4}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{3}}\int _{0}^{1}u(1-u)^{4}\,\mathrm {d} u={\frac {1}{3}}\int _{0}^{1}t^{4}(1-t)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{5}}-{\frac {1}{6}}\right)={\frac {1}{90}}}
.
∬
y
2
+
z
2
≤
1
−
x
2
d
y
d
z
=
π
(
1
−
x
2
)
{\displaystyle \iint _{y^{2}+z^{2}\leq 1-x^{2}}\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z=\pi (1-x^{2})}
si
1
−
x
2
≥
0
{\displaystyle 1-x^{2}\geq 0}
(
0
{\displaystyle 0}
sinon) et
π
∫
−
1
1
(
1
−
x
2
)
cos
x
d
x
=
π
[
(
1
−
x
2
)
sin
x
]
−
1
1
+
2
π
∫
−
1
1
x
sin
x
d
x
=
π
[
(
1
−
x
2
)
sin
x
−
2
x
cos
x
]
−
1
1
+
2
π
∫
−
1
1
cos
x
d
x
=
π
[
(
1
−
x
2
)
sin
x
−
2
x
cos
x
+
2
sin
x
]
−
1
1
=
4
π
(
sin
1
−
cos
1
)
{\displaystyle \pi \int _{-1}^{1}(1-x^{2})\cos x\,\mathrm {d} x=\pi \left[(1-x^{2})\sin x\right]_{-1}^{1}+2\pi \int _{-1}^{1}x\sin x\,\mathrm {d} x=\pi \left[(1-x^{2})\sin x-2x\cos x\right]_{-1}^{1}+2\pi \int _{-1}^{1}\cos x\,\mathrm {d} x=\pi \left[(1-x^{2})\sin x-2x\cos x+2\sin x\right]_{-1}^{1}=4\pi (\sin 1-\cos 1)}
.
Pour
0
<
r
<
a
{\displaystyle 0<r<a}
,
∫
−
π
2
π
2
cos
φ
d
φ
r
2
+
a
2
−
2
r
a
sin
φ
=
[
r
2
+
a
2
−
2
r
a
sin
φ
−
r
a
]
−
π
2
π
2
=
2
a
{\displaystyle \int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos \varphi \,\mathrm {d} \varphi }{\sqrt {r^{2}+a^{2}-2ra\sin \varphi }}}=\left[{\frac {\sqrt {r^{2}+a^{2}-2ra\sin \varphi }}{-ra}}\right]_{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {2}{a}}}
, et
∫
0
1
2
a
2
π
r
2
d
r
=
4
π
3
a
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {2}{a}}\,2\pi r^{2}\mathrm {d} r={\frac {4\pi }{3a}}}
.
∫
0
2
z
d
z
∬
x
2
+
y
2
≤
4
d
x
d
y
x
2
+
y
2
=
2
∬
0
≤
r
≤
2
0
≤
θ
≤
2
π
r
d
r
d
θ
r
=
8
π
{\displaystyle \int _{0}^{2}z\,\mathrm {d} z\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 4}{\frac {\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}=2\iint _{0\leq r\leq 2 \atop 0\leq \theta \leq 2\pi }{\frac {r\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta }{r}}=8\pi }
.
∭
0
≤
x
≤
y
≤
z
≤
1
x
y
z
d
x
d
y
d
z
=
∫
0
1
(
∫
x
1
(
∫
y
1
z
d
z
)
y
d
y
)
x
d
x
=
∫
0
1
(
∫
x
1
1
2
(
1
−
y
2
)
y
d
y
)
x
d
x
=
1
2
∫
0
1
(
∫
x
1
(
y
−
y
3
)
d
y
)
x
d
x
=
1
2
∫
0
1
[
y
2
2
−
y
4
4
]
x
1
x
d
x
=
1
2
∫
0
1
(
1
4
−
x
2
2
+
x
4
4
)
x
d
x
=
1
8
∫
0
1
(
x
5
−
2
x
3
+
x
)
d
x
=
1
8
(
1
6
−
1
2
+
1
2
)
=
1
48
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\iiint _{0\leq x\leq y\leq z\leq 1}xyz\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z&=\int _{0}^{1}\left(\int _{x}^{1}\left(\int _{y}^{1}z\,\mathrm {d} z\right)y\,\mathrm {d} y\right)x\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\left(\int _{x}^{1}{\frac {1}{2}}(1-y^{2})y\,\mathrm {d} y\right)x\,\mathrm {d} x\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}\left(\int _{x}^{1}(y-y^{3})\,\mathrm {d} y\right)x\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}\left[{\frac {y^{2}}{2}}-{\frac {y^{4}}{4}}\right]_{x}^{1}x\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}\left({\frac {1}{4}}-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{4}}{4}}\right)x\,\mathrm {d} x\\&={\frac {1}{8}}\int _{0}^{1}(x^{5}-2x^{3}+x)dx={\frac {1}{8}}\left({\frac {1}{6}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)={\frac {1}{48}}.\end{aligned}}}
Quel est le volume délimité par deux cylindres de révolution d'axes
(
O
x
)
{\displaystyle (Ox)}
et
(
O
y
)
{\displaystyle (Oy)}
et de même rayon
R
>
0
{\displaystyle R>0}
?
Solution
∬
|
x
|
,
|
y
|
≤
R
2
−
z
2
d
x
d
y
=
4
(
R
2
−
z
2
)
{\displaystyle \iint {|x|,|y|\leq {\sqrt {R^{2}-z^{2}}}}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=4(R^{2}-z^{2})}
donc
V
=
4
∫
−
R
R
(
R
2
−
z
2
)
d
z
=
4
[
R
2
z
−
z
3
3
]
−
R
R
=
16
R
3
3
{\displaystyle V=4\int _{-R}^{R}(R^{2}-z^{2})\,\mathrm {d} z=4\left[R^{2}z-{\frac {z^{3}}{3}}\right]_{-R}^{R}={\frac {16R^{3}}{3}}}
.
Autre méthode :
V
=
∭
y
2
+
z
2
≤
R
2
x
2
+
z
2
≤
R
2
d
x
d
y
d
z
=
∬
[
−
R
,
R
]
2
(
∫
z
2
≤
min
(
R
2
−
x
2
,
R
2
−
y
2
)
d
z
)
d
x
d
y
=
∬
[
−
R
,
R
]
2
2
R
2
−
max
(
|
x
|
,
|
y
|
)
2
d
x
d
y
{\displaystyle V=\iiint _{y^{2}+z^{2}\leq R^{2} \atop x^{2}+z^{2}\leq R^{2}}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z=\iint _{[-R,R]^{2}}\left(\int _{z^{2}\leq \min(R^{2}-x^{2},R^{2}-y^{2})}\mathrm {d} z\right)\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\iint _{[-R,R]^{2}}2{\sqrt {R^{2}-\max(|x|,|y|)^{2}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}
.
En découpant ce carré suivant les diagonales, on obtient la même intégrale sur chacun des quatre triangles. Donc
V
=
8
∬
−
x
≤
y
≤
x
≤
R
R
2
−
x
2
d
x
d
y
=
8
∫
0
R
2
x
R
2
−
x
2
d
x
=
8
∫
0
R
2
t
d
t
=
8
[
t
3
/
2
3
/
2
]
0
R
2
=
16
R
3
3
{\displaystyle V=8\iint _{-x\leq y\leq x\leq R}{\sqrt {R^{2}-x^{2}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=8\int _{0}^{R}2x{\sqrt {R^{2}-x^{2}}}\,\mathrm {d} x=8\int _{0}^{R^{2}}{\sqrt {t}}\,\mathrm {d} t=8\left[{\frac {t^{3/2}}{3/2}}\right]_{0}^{R^{2}}={\frac {16R^{3}}{3}}}
.
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Quel est le volume de l'intersection de la boule
x
2
+
y
2
+
z
2
≤
4
R
2
{\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 4R^{2}}
et du cylindre
x
2
+
(
y
−
R
)
2
≤
R
2
{\displaystyle x^{2}+(y-R)^{2}\leq R^{2}}
?
Indication : remarquer que
(
r
cos
θ
)
2
+
(
r
sin
θ
−
R
)
2
≤
R
2
⟺
r
≤
2
R
sin
θ
{\displaystyle (r\cos \theta )^{2}+(r\sin \theta -R)^{2}\leq R^{2}\Longleftrightarrow r\leq 2R\sin \theta }
.
Solution
∫
0
π
(
∫
0
2
R
sin
θ
2
4
R
2
−
r
2
r
d
r
)
d
θ
=
∫
0
π
(
∫
4
R
2
−
(
2
R
sin
θ
)
2
4
R
2
−
0
u
d
u
)
d
θ
=
2
3
∫
0
π
[
u
3
/
2
]
4
R
2
cos
2
θ
4
R
2
d
θ
=
2
3
(
2
R
)
3
∫
0
π
(
1
−
|
cos
θ
|
3
)
d
θ
=
4
3
(
2
R
)
3
∫
0
π
2
(
1
−
cos
(
3
θ
)
+
3
cos
θ
4
)
d
θ
{\displaystyle \int _{0}^{\pi }\left(\int _{0}^{2R\sin \theta }2{\sqrt {4R^{2}-r^{2}}}\,r\;\mathrm {d} r\right)\mathrm {d} \theta =\int _{0}^{\pi }\left(\int _{4R^{2}-(2R\sin \theta )^{2}}^{4R^{2}-0}{\sqrt {u}}\;\mathrm {d} u\right)\mathrm {d} \theta ={\frac {2}{3}}\int _{0}^{\pi }\left[u^{3/2}\right]_{4R^{2}\cos ^{2}\theta }^{4R^{2}}\mathrm {d} \theta ={\frac {2}{3}}(2R)^{3}\int _{0}^{\pi }\left(1-|\cos \theta |^{3}\right)\;\mathrm {d} \theta ={\frac {4}{3}}(2R)^{3}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(1-{\frac {\cos(3\theta )+3\cos \theta }{4}}\right)\;\mathrm {d} \theta }
(par linéarisation ).
4
3
(
2
R
)
3
[
θ
−
1
4
(
sin
(
3
θ
)
3
+
3
sin
θ
)
]
0
π
2
=
4
3
(
2
R
)
3
(
π
2
−
2
3
)
=
16
R
3
3
(
π
−
4
3
)
{\displaystyle {\frac {4}{3}}(2R)^{3}\left[\theta -{\frac {1}{4}}\left({\frac {\sin(3\theta )}{3}}+3\sin \theta \right)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {4}{3}}(2R)^{3}\left({\frac {\pi }{2}}-{\frac {2}{3}}\right)={\frac {16R^{3}}{3}}\left(\pi -{\frac {4}{3}}\right)}
.
Soit
f
:
[
a
,
b
]
→
R
+
{\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} _{+}}
une fonction continue, et
Ω
f
{\displaystyle \Omega _{f}}
le solide délimité par la rotation du graphe de
f
{\displaystyle f}
autour de l'axe
(
O
x
)
{\displaystyle (Ox)}
:
Ω
f
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
[
a
,
b
]
×
R
2
∣
y
2
+
z
2
≤
f
(
x
)
}
{\displaystyle \Omega _{f}=\{(x,y,z)\in [a,b]\times \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {y^{2}+z^{2}}}\leq f(x)\}}
. Montrer que le volume de
Ω
f
{\displaystyle \Omega _{f}}
est égal à
π
∫
a
b
f
2
(
x
)
d
x
{\displaystyle \pi \int _{a}^{b}f^{2}(x)\,\mathrm {d} x}
.
Calculer le volume du « tonneau »
Ω
a
,
b
,
c
:=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
[
−
a
,
a
]
×
R
2
∣
y
2
+
z
2
≤
b
sin
(
c
x
)
}
{\displaystyle \Omega _{a,b,c}:=\{(x,y,z)\in [-a,a]\times \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {y^{2}+z^{2}}}\leq b\sin(cx)\}}
, où
b
>
0
{\displaystyle b>0}
et
0
<
a
<
c
π
2
{\displaystyle 0<a<{\frac {c\pi }{2}}}
.
Dans le plan
(
x
O
y
)
{\displaystyle (xOy)}
, on considère un disque, de centre
(
0
,
R
,
0
)
{\displaystyle (0,R,0)}
et de rayon
a
≤
R
{\displaystyle a\leq R}
. Calculer le volume du tore plein obtenu en faisant tourner ce disque autour de l'axe
(
O
x
)
{\displaystyle (Ox)}
.
Calculer le volume du cylindre
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
[
0
,
h
]
×
R
2
∣
y
2
+
z
2
≤
R
2
}
{\displaystyle \left\{(x,y,z)\in [0,h]\times \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}+z^{2}\leq R^{2}\right\}}
avec
R
,
h
>
0
{\displaystyle R,h>0}
.
Calculer le volume du cône
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
[
0
,
h
]
×
R
2
∣
y
2
+
z
2
≤
x
2
/
h
2
}
{\displaystyle \left\{(x,y,z)\in [0,h]\times \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}+z^{2}\leq x^{2}/h^{2}\right\}}
avec
h
>
0
{\displaystyle h>0}
.
Calculer le volume de la portion de paraboloïde
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
2
×
R
+
∣
x
2
+
y
2
≤
1
−
z
}
{\displaystyle \left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{+}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1-z\right\}}
.
Calculer le volume du solide en dessous du cône
z
=
x
2
+
y
2
{\displaystyle z={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}
et au-dessus de la couronne
z
=
0
{\displaystyle z=0}
et
4
≤
x
2
+
y
2
≤
25
{\displaystyle 4\leq x^{2}+y^{2}\leq 25}
.
Calculer le volume de l'intersection du cylindre
x
2
+
y
2
≤
4
{\displaystyle x^{2}+y^{2}\leq 4}
et de l'ellipsoïde
4
x
2
+
4
y
2
+
z
2
≤
64
{\displaystyle 4x^{2}+4y^{2}+z^{2}\leq 64}
.
Dans le plan
(
x
O
y
)
{\displaystyle (xOy)}
, on considère le domaine borné
D
{\displaystyle D}
délimité par les courbes
y
=
x
2
{\displaystyle y=x^{2}}
et
x
=
y
2
{\displaystyle x=y^{2}}
. Calculer le volume du solide obtenu en faisant tourner
D
{\displaystyle D}
autour de l'axe
(
O
x
)
{\displaystyle (Ox)}
.
Solution
∫
a
b
(
∬
y
2
+
z
2
≤
f
(
x
)
d
y
d
z
)
d
x
=
∫
a
b
π
f
2
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int _{a}^{b}\left(\iint _{{\sqrt {y^{2}+z^{2}}}\leq f(x)}\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z\right)\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}\pi f^{2}(x)\,\mathrm {d} x}
.
π
∫
−
a
a
b
2
sin
2
(
c
x
)
d
x
=
π
b
2
∫
−
a
a
1
−
cos
(
2
c
x
)
2
d
x
=
π
b
2
(
a
−
sin
(
2
c
a
)
2
c
)
{\displaystyle \pi \int _{-a}^{a}b^{2}\sin ^{2}(cx)\,\mathrm {d} x=\pi b^{2}\int _{-a}^{a}{\frac {1-\cos(2cx)}{2}}\,\mathrm {d} x=\pi b^{2}\left(a-{\frac {\sin(2ca)}{2c}}\right)}
.
Dans le plan
(
x
O
y
)
{\displaystyle (xOy)}
, le cercle a pour équation
x
2
+
(
y
−
R
)
2
=
a
2
{\displaystyle x^{2}+(y-R)^{2}=a^{2}}
, c'est-à-dire
y
=
R
±
a
2
−
x
2
{\displaystyle y=R\pm {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
, donc le disque :
R
−
a
2
−
x
2
≤
|
y
|
≤
R
+
a
2
−
x
2
{\displaystyle R-{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\leq |y|\leq R+{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
et le tore :
R
−
a
2
−
x
2
≤
y
2
+
z
2
≤
R
+
a
2
−
x
2
{\displaystyle R-{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\leq {\sqrt {y^{2}+z^{2}}}\leq R+{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
. D'après la question 1, le volume du tore est donc :
π
∫
−
a
a
(
(
R
+
a
2
−
x
2
)
2
−
(
R
−
a
2
−
x
2
)
2
)
d
x
=
4
π
R
∫
−
a
a
a
2
−
x
2
d
x
=
2
π
R
∬
x
2
+
y
2
≤
a
2
d
x
d
y
=
2
π
2
R
a
2
{\displaystyle \pi \int _{-a}^{a}\left(\left(R+{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\right)^{2}-\left(R-{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\right)^{2}\right)\,\mathrm {d} x=4\pi R\int _{-a}^{a}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,\mathrm {d} x=2\pi R\iint _{x^{2}+y^{2}\leq a^{2}}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=2\pi ^{2}Ra^{2}}
.
D'après la question 1, le volume de ce cylindre est
π
∫
0
h
R
2
d
x
=
π
R
2
h
{\displaystyle \pi \int _{0}^{h}R^{2}\,\mathrm {d} x=\pi R^{2}h}
.
D'après la question 1, le volume de ce cône est
π
∫
0
h
x
2
/
h
2
d
x
=
π
h
2
h
3
3
=
π
h
3
{\displaystyle \pi \int _{0}^{h}x^{2}/h^{2}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{h^{2}}}{\frac {h^{3}}{3}}={\frac {\pi h}{3}}}
.
D'après la question 1 (en permutant les variables), ce volume est
π
∫
0
1
(
1
−
z
)
d
z
=
π
∫
0
1
t
d
t
=
π
2
{\displaystyle \pi \int _{0}^{1}(1-z)\,\mathrm {d} z=\pi \int _{0}^{1}t\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2}}}
.
D'après la question 1 (en permutant les variables), le volume de ce solide (cylindre biseauté) est
π
∫
0
2
(
25
−
4
)
d
z
+
π
∫
2
5
(
25
−
z
2
)
d
z
=
π
(
25
×
5
−
4
×
2
−
5
3
−
2
3
3
)
=
2
π
5
3
−
2
3
3
=
234
π
3
{\displaystyle \pi \int _{0}^{2}(25-4)\,\mathrm {d} z+\pi \int _{2}^{5}(25-z^{2})\,\mathrm {d} z=\pi \left(25\times 5-4\times 2-{\frac {5^{3}-2^{3}}{3}}\right)=2\pi {\frac {5^{3}-2^{3}}{3}}={\frac {234\pi }{3}}}
. Autre méthode :
∬
4
≤
x
2
+
y
2
≤
25
x
2
+
y
2
d
x
d
y
=
∫
[
2
,
5
]
×
[
0
,
2
π
]
r
2
d
r
d
θ
=
5
3
−
2
3
3
×
2
π
=
234
π
3
{\displaystyle \iint _{4\leq x^{2}+y^{2}\leq 25}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{[2,5]\times [0,2\pi ]}r^{2}\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta ={\frac {5^{3}-2^{3}}{3}}\times 2\pi ={\frac {234\pi }{3}}}
.
D'après la question 1 (en permutant les variables), le volume de ce solide est
π
∫
−
8
8
min
(
4
,
(
64
−
z
2
)
/
4
)
d
z
=
2
π
∫
0
4
3
4
d
z
+
π
2
∫
4
3
8
(
64
−
z
2
)
d
z
=
π
(
32
3
+
32
(
8
−
4
3
)
−
8
3
−
(
4
3
)
3
6
)
=
64
π
(
8
3
−
3
)
{\displaystyle \pi \int _{-8}^{8}\min(4,(64-z^{2})/4)\,\mathrm {d} z=2\pi \int _{0}^{4{\sqrt {3}}}4\,\mathrm {d} z+{\frac {\pi }{2}}\int _{4{\sqrt {3}}}^{8}(64-z^{2})\,\mathrm {d} z=\pi \left(32{\sqrt {3}}+32(8-4{\sqrt {3}})-{\frac {8^{3}-(4{\sqrt {3}})^{3}}{6}}\right)=64\pi \left({\frac {8}{3}}-{\sqrt {3}}\right)}
.
D
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
x
2
≤
z
≤
x
}
{\displaystyle D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}\leq z\leq {\sqrt {x}}\}}
donc d'après la question 1, le volume engendré par la rotation de
D
{\displaystyle D}
est
π
∫
0
1
(
x
−
x
4
)
d
x
=
π
(
1
2
−
1
5
)
=
3
π
10
{\displaystyle \pi \int _{0}^{1}(x-x^{4})\,\mathrm {d} x=\pi \left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{5}}\right)={\frac {3\pi }{10}}}
.
Calculer le volume de l'ellipsoïde
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
|
x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
≤
1
}
{\displaystyle \left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}~\left|~{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}+{\frac {z^{2}}{c^{2}}}\leq 1\right.\right\}}
(avec
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
).
Calculer
∭
1
≤
x
2
+
y
2
+
z
2
≤
4
(
x
2
+
y
2
+
z
2
)
α
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle \iiint _{1\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 4}(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha }\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
.
Calculer le volume de
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
2
+
y
2
≤
1
,
0
≤
z
≤
1
−
x
2
+
y
2
}
{\displaystyle \left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1,\;0\leq z\leq 1-x^{2}+y^{2}\right\}}
.
On considère l'hyperboloïde à une nappe d'équation
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
=
1
{\displaystyle {\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}-{\frac {z^{2}}{c^{2}}}=1}
(avec
a
,
b
,
c
>
0
{\displaystyle a,b,c>0}
).
Calculer le volume
V
α
{\displaystyle V_{\alpha }}
de
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
|
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
≤
1
,
−
α
≤
z
≤
α
}
{\displaystyle \left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}~\left|~{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}-{\frac {z^{2}}{c^{2}}}\leq 1,\;-\alpha \leq z\leq \alpha \right.\right\}}
.
Calculer le volume de
H
a
,
b
,
c
:=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
|
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
≤
1
,
−
1
≤
z
≤
2
}
{\displaystyle H_{a,b,c}:=\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}~\left|~{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}-{\frac {z^{2}}{c^{2}}}\leq 1,\;-1\leq z\leq 2\right.\right\}}
.
Calculer
I
:=
∭
H
1
,
1
,
2
z
e
x
2
+
y
2
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle I:=\iiint _{H_{1,1,2}}z\operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
.
Solution
En posant
x
=
a
r
cos
θ
cos
φ
{\displaystyle x=ar\cos \theta \cos \varphi }
,
y
=
b
r
sin
θ
cos
φ
{\displaystyle y=br\sin \theta \cos \varphi }
et
z
=
c
r
sin
φ
{\displaystyle z=cr\sin \varphi }
, on trouve :
∭
[
0
,
1
]
×
[
0
,
2
π
]
×
[
−
π
/
2
,
π
/
2
]
a
b
c
r
2
cos
φ
d
r
d
θ
d
φ
=
2
π
a
b
c
∫
0
1
r
2
d
r
∫
−
π
/
2
π
/
2
cos
φ
d
φ
=
2
π
a
b
c
×
1
3
×
2
=
4
3
π
a
b
c
{\displaystyle \iiint _{[0,1]\times [0,2\pi ]\times [-\pi /2,\pi /2]}abc\,r^{2}\cos \varphi \,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta \,\mathrm {d} \varphi =2\pi abc\int _{0}^{1}r^{2}\,\mathrm {d} r\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos \varphi \,\mathrm {d} \varphi =2\pi abc\times {\frac {1}{3}}\times 2={\frac {4}{3}}\pi abc}
. En particulier, le volume d'une sphère de rayon
R
{\displaystyle R}
est
4
3
π
R
3
{\displaystyle {\frac {4}{3}}\pi R^{3}}
.
∭
[
1
,
2
]
×
[
0
,
2
π
]
×
[
−
π
/
2
,
π
/
2
]
r
2
α
+
2
cos
φ
d
r
d
θ
d
φ
=
2
π
∫
1
2
r
2
α
+
2
d
r
∫
−
π
/
2
π
/
2
cos
φ
d
φ
=
{
4
π
2
2
α
+
3
−
1
2
α
+
3
si
α
≠
−
3
2
4
π
ln
2
si
α
=
−
3
2
{\displaystyle \iiint _{[1,2]\times [0,2\pi ]\times [-\pi /2,\pi /2]}r^{2\alpha +2}\cos \varphi \,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta \,\mathrm {d} \varphi =2\pi \int _{1}^{2}r^{2\alpha +2}\,\mathrm {d} r\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos \varphi \,\mathrm {d} \varphi ={\begin{cases}4\pi {\frac {2^{2\alpha +3}-1}{2\alpha +3}}&{\text{si }}\alpha \neq -{\frac {3}{2}}\\4\pi \ln 2&{\text{si }}\alpha =-{\frac {3}{2}}\end{cases}}}
.
∭
0
≤
r
≤
1
0
≤
θ
≤
2
π
(
1
−
r
2
cos
2
θ
+
r
2
sin
2
θ
)
r
d
r
d
θ
=
2
π
[
r
2
2
]
0
1
−
[
r
4
4
]
0
1
∫
0
2
π
cos
2
θ
d
θ
+
[
r
4
4
]
0
1
∫
0
2
π
sin
2
θ
d
θ
=
2
π
[
r
2
2
]
0
1
=
π
{\displaystyle \iiint _{0\leq r\leq 1 \atop 0\leq \theta \leq 2\pi }\left(1-r^{2}\cos ^{2}\theta +r^{2}\sin ^{2}\theta \right)r\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta =2\pi \left[{\frac {r^{2}}{2}}\right]_{0}^{1}-\left[{\frac {r^{4}}{4}}\right]_{0}^{1}\int _{0}^{2\pi }\cos ^{2}\theta \,\mathrm {d} \theta +\left[{\frac {r^{4}}{4}}\right]_{0}^{1}\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}\theta \,\mathrm {d} \theta =2\pi \left[{\frac {r^{2}}{2}}\right]_{0}^{1}=\pi }
.
Pour tout
z
∈
R
{\displaystyle z\in \mathbb {R} }
, l'aire de l'ellipse
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
|
x
2
a
2
+
y
2
b
2
≤
1
+
z
2
c
2
}
{\displaystyle \left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}~\left|~{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\leq 1+{\frac {z^{2}}{c^{2}}}\right.\right\}}
est égale à
π
a
b
(
1
+
z
2
c
2
)
{\displaystyle \pi ab\left(1+{\frac {z^{2}}{c^{2}}}\right)}
, donc
V
α
=
∫
−
α
α
π
a
b
(
1
+
z
2
c
2
)
d
z
=
π
a
b
[
z
+
z
3
3
c
2
]
−
α
α
=
2
π
a
b
(
α
+
α
3
3
c
2
)
{\displaystyle V_{\alpha }=\int _{-\alpha }^{\alpha }\pi ab\left(1+{\frac {z^{2}}{c^{2}}}\right)\;\mathrm {d} z=\pi ab\left[z+{\frac {z^{3}}{3c^{2}}}\right]_{-\alpha }^{\alpha }=2\pi ab\left(\alpha +{\frac {\alpha ^{3}}{3c^{2}}}\right)}
.
1
2
V
2
−
1
2
V
1
=
π
a
b
(
2
+
2
3
3
c
2
)
−
π
a
b
(
1
+
1
3
3
c
2
)
=
3
π
a
b
(
1
+
1
c
2
)
{\displaystyle {\frac {1}{2}}V_{2}-{\frac {1}{2}}V_{1}=\pi ab\left(2+{\frac {2^{3}}{3c^{2}}}\right)-\pi ab\left(1+{\frac {1^{3}}{3c^{2}}}\right)=3\pi ab\left(1+{\frac {1}{c^{2}}}\right)}
.
I
=
∫
−
1
2
z
(
∬
0
≤
r
≤
1
+
z
2
4
0
≤
θ
≤
2
π
e
r
2
r
d
r
d
θ
)
d
z
=
π
∫
−
1
2
z
(
e
1
+
z
2
4
−
1
)
d
z
=
2
π
[
e
1
+
z
2
4
−
z
2
4
]
−
1
2
=
2
π
(
e
2
−
e
5
/
4
−
3
4
)
{\displaystyle I=\int _{-1}^{2}z\left(\iint _{0\leq r\leq {\sqrt {1+{\frac {z^{2}}{4}}}} \atop 0\leq \theta \leq 2\pi }\operatorname {e} ^{r^{2}}r\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta \right)\,\mathrm {d} z=\pi \int _{-1}^{2}z\left(\operatorname {e} ^{1+{\frac {z^{2}}{4}}}-1\right)\,\mathrm {d} z=2\pi \left[\operatorname {e} ^{1+{\frac {z^{2}}{4}}}-{\frac {z^{2}}{4}}\right]_{-1}^{2}=2\pi \left(\operatorname {e} ^{2}-\operatorname {e} ^{5/4}-{\frac {3}{4}}\right)}
.
Soient
D
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
z
≥
0
,
x
2
+
y
2
≤
9
,
x
2
+
y
2
+
z
2
≤
25
}
{\displaystyle D=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid z\geq 0,\;x^{2}+y^{2}\leq 9,\;x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 25\}}
(intersection d'une demi-boule et d'un cyclindre de même axe),
V
{\displaystyle V}
son volume et
G
{\displaystyle G}
son centre de gravité, de coordonnées
(
x
G
,
y
G
,
z
G
)
{\displaystyle (x_{G},y_{G},z_{G})}
.
On rappelle que
G
{\displaystyle G}
est défini par
O
G
→
=
1
V
∭
D
O
M
→
d
x
d
y
d
z
{\displaystyle {\overrightarrow {OG}}={\frac {1}{V}}\iiint _{D}{\overrightarrow {OM}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z}
.
Identifier
D
{\displaystyle D}
géométriquement. Déterminer
x
G
{\displaystyle x_{G}}
et
y
G
{\displaystyle y_{G}}
, puis
V
{\displaystyle V}
, puis
z
G
{\displaystyle z_{G}}
.
Solution
D
{\displaystyle D}
est constitué de la portion de cylindre
0
≤
z
≤
4
,
x
2
+
y
2
≤
9
{\displaystyle 0\leq z\leq 4,\;x^{2}+y^{2}\leq 9}
et de la calotte sphérique
z
≥
4
,
x
2
+
y
2
+
z
2
≤
25
{\displaystyle z\geq 4,\;x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 25}
.
D
{\displaystyle D}
est invariant par le demi-tour d'axe
O
z
{\displaystyle Oz}
donc
G
{\displaystyle G}
est situé sur cet axe :
x
G
=
y
G
=
0
{\displaystyle x_{G}=y_{G}=0}
.
V
=
∬
x
2
+
y
2
≤
9
25
−
x
2
−
y
2
d
x
d
y
=
2
π
∫
0
3
25
−
r
2
r
d
r
=
π
∫
0
9
25
−
t
d
t
=
−
2
π
3
[
(
25
−
t
)
3
/
2
]
0
9
=
−
2
π
3
(
4
3
−
5
3
)
=
122
π
3
{\displaystyle V=\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 9}{\sqrt {25-x^{2}-y^{2}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=2\pi \int _{0}^{3}{\sqrt {25-r^{2}}}\,r\mathrm {d} r=\pi \int _{0}^{9}{\sqrt {25-t}}\,\mathrm {d} t=-{\frac {2\pi }{3}}\left[(25-t)^{3/2}\right]_{0}^{9}=-{\frac {2\pi }{3}}(4^{3}-5^{3})={\frac {122\pi }{3}}}
.
V
z
G
=
∭
D
z
d
x
d
y
d
z
=
∬
x
2
+
y
2
≤
9
25
−
x
2
−
y
2
2
d
x
d
y
=
2
π
∫
0
3
25
−
r
2
2
r
d
r
=
2
π
(
25.3
2
4
−
3
4
8
)
=
9
π
4
(
50
−
9
)
=
369
π
4
{\displaystyle Vz_{G}=\iiint _{D}z\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} z=\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 9}{\frac {25-x^{2}-y^{2}}{2}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=2\pi \int _{0}^{3}{\frac {25-r^{2}}{2}}\,r\mathrm {d} r=2\pi \left({\frac {25.3^{2}}{4}}-{\frac {3^{4}}{8}}\right)={\frac {9\pi }{4}}\left(50-9\right)={\frac {369\pi }{4}}}
donc
z
G
=
369
π
4
3
122
π
=
1107
488
≈
2
,
27
{\displaystyle z_{G}={\frac {369\pi }{4}}{\frac {3}{122\pi }}={\frac {1107}{488}}\approx 2{,}27}
.
Soient
a
∈
]
0
,
1
[
{\displaystyle a\in \left]0,1\right[}
et
S
=
{
(
r
cos
θ
,
r
sin
θ
,
sin
θ
)
∣
a
≤
r
≤
1
,
0
≤
θ
≤
π
}
{\displaystyle S=\{(r\cos \theta ,r\sin \theta ,\sin \theta )\mid a\leq r\leq 1,\;0\leq \theta \leq \pi \}}
.
Trouver un domaine
D
⊂
R
2
{\displaystyle D\subset \mathbb {R} ^{2}}
et une fonction
f
:
D
→
R
{\displaystyle f:D\to \mathbb {R} }
tels que
S
=
{
(
x
,
y
,
f
(
x
,
y
)
)
∣
(
x
,
y
)
∈
D
}
{\displaystyle S=\{(x,y,f(x,y))\mid (x,y)\in D\}}
.
Calculer le volume du solide
T
=
{
(
x
,
y
,
t
f
(
x
,
y
)
)
∣
(
x
,
y
)
∈
D
,
0
≤
t
≤
1
}
{\displaystyle T=\{(x,y,tf(x,y))\mid (x,y)\in D,\;0\leq t\leq 1\}}
.
Solution
D
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
a
2
≤
x
2
+
y
2
≤
1
,
y
≥
0
}
{\displaystyle D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid a^{2}\leq x^{2}+y^{2}\leq 1,\;y\geq 0\}}
(demi-couronne) et
f
(
x
,
y
)
=
y
x
2
+
y
2
{\displaystyle f(x,y)={\frac {y}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}}
.
∭
a
≤
r
≤
1
,
0
≤
θ
≤
π
0
≤
z
≤
sin
θ
r
d
r
d
θ
d
z
=
1
−
a
2
2
∫
0
π
sin
θ
d
θ
=
1
−
a
2
{\displaystyle \iiint _{a\leq r\leq 1,\;0\leq \theta \leq \pi \atop 0\leq z\leq \sin \theta }r\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \theta \,\mathrm {d} z={\frac {1-a^{2}}{2}}\int _{0}^{\pi }\sin \theta \,\mathrm {d} \theta =1-a^{2}}
. (C'est plus simple que d'utiliser la question 1.)
Tracer l'ensemble
C
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
z
+
1
=
x
2
+
y
2
}
{\displaystyle C=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid z+1={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\}}
. Déterminer l'intersection de
C
{\displaystyle C}
avec la sphère
S
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
2
+
y
2
+
z
2
=
1
}
{\displaystyle S=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\}}
.
Tracer le solide
K
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
2
+
y
2
−
1
≤
z
≤
1
−
x
2
−
y
2
}
{\displaystyle K=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}-1\leq z\leq {\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}\}}
.
Calculer le volume de
K
{\displaystyle K}
.
Soit
A
{\displaystyle A}
un domaine simple du plan
x
O
y
{\displaystyle xOy}
, d'aire
A
{\displaystyle {\mathcal {A}}}
. Calculer le volume du cône de base
A
{\displaystyle A}
et de sommet
(
0
,
0
,
h
)
{\displaystyle (0,0,h)}
.
Solution
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∫
0
h
A
(
h
−
z
h
)
2
d
z
=
A
h
2
∫
0
h
t
2
d
t
=
A
h
3
{\displaystyle \int _{0}^{h}{\mathcal {A}}\left({\frac {h-z}{h}}\right)^{2}\,\mathrm {d} z={\frac {\mathcal {A}}{h^{2}}}\int _{0}^{h}t^{2}\,\mathrm {d} t={\frac {{\mathcal {A}}h}{3}}}
.
Étudier l'intégrabilité des fonctions suivantes (où
I
=
]
0
,
1
[
{\displaystyle I=\left]0,1\right[}
et
β
∈
R
{\displaystyle \beta \in \mathbb {R} }
est un paramètre) :
f
(
x
1
,
…
,
x
n
)
=
(
1
+
∑
x
k
)
β
{\displaystyle f(x_{1},\dots ,x_{n})=(1+\sum x_{k})^{\beta }}
sur
]
0
,
+
∞
[
n
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[^{n}}
f
(
x
1
,
…
,
x
n
)
=
(
∑
x
k
2
)
β
/
2
{\displaystyle f(x_{1},\dots ,x_{n})=(\sum x_{k}^{2})^{\beta /2}}
sur
I
n
{\displaystyle I^{n}}
f
(
x
1
,
…
,
x
n
)
=
(
∑
x
k
k
)
β
{\displaystyle f(x_{1},\dots ,x_{n})=(\sum x_{k}^{k})^{\beta }}
sur
I
n
{\displaystyle I^{n}}
f
(
x
1
,
…
,
x
n
)
=
(
1
−
∏
x
k
)
β
{\displaystyle f(x_{1},\dots ,x_{n})=(1-\prod x_{k})^{\beta }}
sur
I
n
{\displaystyle I^{n}}
f
(
x
1
,
…
,
x
n
)
=
(
∑
x
k
)
β
{\displaystyle f(x_{1},\dots ,x_{n})=(\sum x_{k})^{\beta }}
sur
I
n
{\displaystyle I^{n}}
f
(
x
,
y
)
=
sin
(
x
−
y
)
α
(
x
2
+
y
2
)
β
{\displaystyle f(x,y)={\sin(x-y)^{\alpha } \over (x^{2}+y^{2})^{\beta }}}
sur
I
2
{\displaystyle I^{2}}
Solution
Par équivalents (sauf pour 6) tout se ramène à : pour quelles valeurs de
α
{\displaystyle \alpha }
la fonction
x
↦
‖
x
‖
β
{\displaystyle x\mapsto \|x\|^{\beta }}
sur
R
n
{\displaystyle \mathbb {R} ^{n}}
est-elle intégrable en
∞
{\displaystyle \infty }
? en
0
{\displaystyle 0}
? Par passage en coordonnées sphériques , ceci revient à l'intégrabilité de
r
β
+
n
−
1
{\displaystyle r^{\beta +n-1}}
en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
(
⇔
β
<
−
n
{\displaystyle \Leftrightarrow \beta <-n}
) et en
0
{\displaystyle 0}
(
⇔
β
>
−
n
{\displaystyle \Leftrightarrow \beta >-n}
). Autre méthode possible : comparaison explicite avec la norme
∑
|
x
k
|
{\displaystyle \sum |x_{k}|}
(
r
≤
∑
|
x
k
|
≤
r
n
{\displaystyle r\leq \sum |x_{k}|\leq r{\sqrt {n}}}
) et calcul par Fubini. Plutôt que le passage en coordonnées sphériques, dont le jacobien est assez compliqué, on peut par équivalence des normes se ramener à celle pour laquelle la mesure image est la plus simple, la norme
N
(
x
)
=
max
(
|
x
i
|
)
{\displaystyle N(x)=\max(|x_{i}|)}
. En effet,
N
∗
(
λ
)
(
[
0
,
r
]
)
=
λ
(
[
−
r
,
r
]
n
)
=
(
2
r
)
n
{\displaystyle N^{*}(\lambda )([0,r])=\lambda ([-r,r]^{n})=(2r)^{n}}
donc
d
(
N
∗
λ
)
r
=
(
n
2
n
)
r
n
−
1
d
λ
(
r
)
{\displaystyle \mathrm {d} (N*\lambda )r=(n2^{n})r^{n-1}\,\mathrm {d} \lambda (r)}
. Il suffit ensuite d'utiliser que si
f
=
g
∘
N
,
∫
N
(
x
)
∈
A
f
d
λ
n
=
n
2
n
∫
A
g
(
r
)
r
n
−
1
d
λ
(
r
)
{\displaystyle f=g\circ N,\int _{N(x)\in A}f\,\mathrm {d} \lambda _{n}=n2^{n}\int _{A}g(r)r^{n-1}\,\mathrm {d} \lambda (r)}
.
(par équivalents ou calcul explicite)
β
<
−
n
{\displaystyle \beta <-n}
β
>
−
n
{\displaystyle \beta >-n}
Par changement de variable
y
k
=
x
k
k
{\displaystyle y_{k}=x_{k}^{k}}
, l'intégrabilité sur
I
n
{\displaystyle I^{n}}
de
f
{\displaystyle f}
équivaut à celle de
(
∑
y
k
)
β
∏
y
k
1
k
−
1
{\displaystyle (\sum y_{k})^{\beta }\prod y_{k}^{{1 \over k}-1}}
. Par passage en coordonnées sphériques, ceci équivaut à l'intégrabilité en
0
{\displaystyle 0}
de
r
β
+
∑
(
1
k
−
1
)
+
n
−
1
{\displaystyle r^{\beta +\sum ({1 \over k}-1)+n-1}}
, c'est-à-dire
−
1
<
β
+
∑
(
1
k
−
1
)
+
n
−
1
⇔
β
>
−
∑
k
=
1
n
1
k
{\displaystyle -1<\beta +\sum ({1 \over k}-1)+n-1\Leftrightarrow \beta >-\sum _{k=1}^{n}{1 \over k}}
.
Par changement de variable
y
k
=
1
−
x
k
{\displaystyle y_{k}=1-x_{k}}
,
f
(
x
1
,
…
,
x
n
)
=
(
1
−
∏
(
1
−
y
k
)
)
β
{\displaystyle f(x_{1},\ldots ,x_{n})=(1-\prod (1-y_{k}))^{\beta }}
équivaut, lorsque
y
→
0
{\displaystyle y\to 0}
, à
(
∑
y
k
)
β
{\displaystyle (\sum y_{k})^{\beta }}
, donc (4) se ramène à (5).
β
>
−
n
{\displaystyle \beta >-n}
.
Par équivalent, l'intégrabilité en
(
0
,
0
)
{\displaystyle (0,0)}
de
f
{\displaystyle f}
se ramène à celle de
|
x
−
y
|
α
(
x
2
+
y
2
)
β
{\displaystyle {|x-y|^{\alpha } \over (x^{2}+y^{2})^{\beta }}}
, donc par passage en polaires à celle de
r
α
−
2
β
+
1
{\displaystyle r^{\alpha -2\beta +1}}
en
0
{\displaystyle 0}
:
α
−
2
β
+
1
>
−
1
⇔
α
>
2
(
β
−
1
)
{\displaystyle \alpha -2\beta +1>-1\Leftrightarrow \alpha >2(\beta -1)}
.