Exercices corrigés - Intégrales multiples

On commence par écrire le domaine d'une meilleure façon. On a en effet : $$(x,y)\in D\iff x\in[0,1]\textrm{ et }0\leq y\leq 1-x.$$

1. Dans ce cas : \begin{eqnarray*} \int\!\int_D f(x,y)dxdy&=&\int_0^1\int_0^{1-x}(x^2+y^2)dydx\\ &=&\int_0^1\left[x^2 y+\frac{y^3}{3}\right]_0^{1-x}dx\\ &=&\int_0^1 x^2(1-x)+\frac{(1-x)^3}{3}dx\\ &=&\int_0^1 \left(-\frac{4x^3}{3}+2x^2-x+\frac{1}{3}\right)dx\\ &=&-\frac{1}{3}+\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\\ &=&\frac{1}{6}. \end{eqnarray*}
2. On a alors : \begin{eqnarray*} \int\!\int_D f(x,y)dxdy&=&\int_0^1\int_0^{1-x} (x^2y+xy^2)dydx\\ &=&\int_0^1 \left[\frac{x^2y^2}{2}+\frac{xy^3}{3}\right]_0^{1-x}dx\\ &=&\int_0^1 \left(\frac{x^2(1-x)^2}{2}+\frac{x(1-x)^3}{3}\right)dx\\ &=&\frac{1}{30}. \end{eqnarray*}

Il suffit de raisonner par intégrations successives, en remarquant que, si $-1\leq x\leq 1,$ on a $x^2\leq 4-x^3$. On a donc : \begin{eqnarray*} \textrm{aire }(D)&=&\int_{-1}^1\int_{x^2}^{4-x^3}dydx\\ &=&\int_{-1}^1\left(4-x^3-x^2\right)dx\\ &=&\left[4x-\frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^1\\ &=&\frac{22}{3}. \end{eqnarray*}

On a : \begin{eqnarray*} I&=&\int_0^1\int_{\sqrt{1-x^2}}^1\frac{xy}{(1+x^2)+y^2}dydx\\ &=&\int_0^1\left[\frac{x}{2}\ln\left(1+x^2+y^2\right)\right]_{\sqrt{1-x^2}}^1dx\\ &=&\int_0^1\frac{x}{2}\ln(2+x^2)dx-\int_0^1\frac{x}{2}\ln(2)dx\\ &=&\frac{1}{4}\left[(2+x^2)\ln(2+x^2)-(2+x^2)\right]_0^1-\frac{1}{4}\ln 2\\ &=&\frac{3}{4}\ln\left(\frac{3}{2}\right)-\frac{1}{4}. \end{eqnarray*} On a notamment utilisé que, si u est une fonction positive, une primitive de $u'\ln u$ est $u\ln u-u$.

On passe en coordonnées polaires en posant $x=r\cos\theta$ et $y=r\sin\theta$. Remarquons que : $$(x,y)\in\Delta\iff 0\leq r\leq 1\textrm{ et }\theta\in[0,\pi/2].$$ D'autre part, $1+x^2+y^2=1+r^2$. La formule de changement de variables en coordonnées polaires donne donc : $$I=\int_{r=0}^1\int_{\theta=0}^{\pi/2}\frac{r}{1+r^2}d\theta dr=\frac{\pi}{2}\int_{0}^1\frac{1}{2}\frac{2r}{1+r^2}dr=\frac{\pi}{4}\left[\ln\left(1+r^2\right)\right]_0^1=\frac{\pi\ln 2}{4}.$$

On commence par exprimer $x$ et $y$ en fonction de $u$ et de $v$. En effet, on a $$\left\{ \begin{array}{rcl} u&=&\frac xy\\ v&=&\frac{y^2}x\\ \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&u^2 v\\ y&=&u v \end{array}\right..$$ De plus, on a $$x<y<2x\iff u<1<2u\iff 1/2<u<1$$ et $$x<y^2<2x\iff 1<v<2.$$ Ainsi, l'application $\phi(u,v):]1/2,1[\times ]1,2[\to D$, $(u,v)\mapsto (u^2v,uv)$ est bien une bijection de classe $C^1$. Sa matrice jacobienne en $(u,v)$ est $$\left(\begin{array}{cc} 2uv&u^2\\ v&u \end{array}\right).$$ Son déterminant vaut $u^2v$, qui ne s'annule pas. En notant $D'=]1/2,1[\times ]1,2[$, la formule du changement de variables nous dit que $$\int\!\int_D f(x,y) dxdy=\int\!\int_{D'}f(\phi(u,v)) u^2v dudv.$$ En appliquant ceci à la fonction $f(x,y)=\frac yx$, on trouve $$\int\!\int_D \frac yxdxdy=\int\!\int_{D'}uv du dv.$$ Comme le domaine $D'$ est un carré, ceci se calcule par intégration successive, et on a \begin{align*} \int\!\int_D \frac yxdxdy&=\int_{1/2}^1 u\left(\int_1^2 vdv\right)du\\ &=\int_{1/2}^1 \frac{3}2udu\\ &=\frac 9{16}. \end{align*}

On utilise le changement de variables $x=ar\cos \theta$ et $y=br\sin\theta$, $0\leq r\leq 1$, $0\leq\theta\leq \pi/2$. La matrice jacobienne de ce changement de variables est donc : $$\left( \begin{array}{cc} a\cos\theta&-ar\sin\theta\\ b\sin\theta&br\cos\theta. \end{array}\right).$$ Le déterminant jacobien vaut donc $abr$, et on a par la formule du changement de variables : \begin{eqnarray*} J&=&\int_0^1\int_0^{\pi/2}(2a^3r^3\cos^3\theta-br\sin\theta)abr d\theta dr\\ &=&\frac{4}{15}a^4b-\frac{ab^2}{3}. \end{eqnarray*}

On passe en coordonnées sphériques, en posant $$\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&r\cos\theta\sin\phi\\ y&=&r\sin\theta\sin\phi\\ z&=&r\cos\phi. \end{array}\right.$$ On obtient : \begin{eqnarray*} \int\int\int_B\frac{dxdydz}{\sqrt{x^2+y^2+(z-a)^2}}&=&\int_0^1\int_{-\pi}^\pi\int_0^\pi \frac{r^2\sin\phi}{\sqrt{r^2+a^2-2ar\cos\phi}}d\theta d\phi dr\\ &=&2\pi\int_0^1r^2\int_0^\pi \frac{\sin\phi d\phi}{\sqrt{r^2+a^2-2ar\cos\phi}}dr. \end{eqnarray*} On calcule l'intégrale au centre en effectuant le changement de variables $t=r^2+a^2-2ar\cos\phi$, $dt=2ar\sin \phi d\phi$. On trouve : \begin{eqnarray*} \int\int\int_B\frac{dxdydz}{\sqrt{x^2+y^2+(z-a)^2}}&=&2\pi\int_0^1r^2\int_{(a-r)^2}^{(r+a)^2}\frac{dt}{2ar\sqrt{t}}dr\\ &=&\frac{4\pi}{a}\int_0^1r^2dr\\ &=&\frac{4\pi}{3a}. \end{eqnarray*}

On commence par calculer l'aire du domaine. Il s'agit d'un quart d'ellipse, et on obtient $\frac{\pi ab}{4}$. On peut faire ce calcul en effectuant le changement de variables $x=ar\cos\theta$ et $y=br\sin\theta$. Effectuons d'ailleurs ce changement de variables pour calculer $x_G$. On a : $$(x,y)\in D\iff 0\leq r\leq 1\textrm{ et }\theta\in[0,\pi/2].$$ On a donc : \begin{eqnarray*} x_G&=&\frac{4}{\pi ab}\int_0^1\int_0^{\pi/2}ar\cos\theta abrdrd\theta\\ &=&\frac{4a}{\pi}\int_0^1r^2dr\\ &=&\frac{4a}{3\pi}. \end{eqnarray*} De même, on trouve par symétrie entre les variables $x$ et $y$ : $$y_G=\frac{4b}{3\pi}.$$

On effectue le changement de variables $x=au$, $y=bv$, $z=cw$. On note $E$ (l'intérieur de) l'ellipsoide. Il est clair que : $$(x,y,z)\in E\iff u^2+v^2+w^2\leq 1\iff (u,v,w)\in B,$$ où $B$ désigne la boule unité. En outre, la matrice jacobienne du changement de variables est diagonale et constante, les termes sur la diagonale valant $a$, $b$ et $c$. La formule du changement de variables donne : $$\int\!\int\!\int_Edxdydz=\int\!\int\!\int_Babcdudvdw=abc\int_Bdudvdw.$$ La dernière intégrale vaut le volume de la boule unité, c'est-à-dire $\frac{4\pi}{3}$. Le volume de l'ellipsoïde est dont : $$\frac{4abc\pi}{3}.$$

On suppose pour simplifier que l'axe $(Oz)$ est axe de symétrie de la demi-boule, et que le plan de coupe est le plan $(xOy)$. Par symétrie, le centre de gravité est sur l'axe $(Oz)$. On note $R$ le rayon de la boule. Cherchons la coordonnée en $z$ du centre de gravité, qui vaut : $$z_G=\frac{1}{\textrm{volume de }B}\int\int\int_B zdxdydz,$$ où $B$ désigne la demi-boule. On va alors passer en coordonnées sphériques, en posant $$\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&r\sin\theta\cos\phi\\ y&=&r\sin\theta\sin\phi\\ z&=&r\cos\theta. \end{array}\right.$$ Le cas où $(x,y,z)$ est dans la demi-boule correspond à $0\leq r\leq R$, $-\pi\leq \phi\leq \pi$ et $0\leq \theta\leq\pi/2$. La formule du changement de variables en coordonnées sphériques donne alors : \begin{eqnarray*} \int\int\int_B zdxdydz&=&\int_{\phi=-\pi}^\pi\int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^R r^3\cos\theta\sin\theta dr d\theta d\phi\\ &=&\int_{\phi=-\pi}^\pi\int_{\theta=0}^{\pi/2} \frac{R^4}{8}\sin(2\theta)d\theta d\phi\\ &=&\frac{R^4}{16}\int_{\phi=-\pi}^\pi\left[-\cos(2\theta)\right]_0^\pi/2d\phi\\ &=&\frac{R^4}{8}\int_{\phi=-\pi}^\pi d\phi\\ &=&\frac{\pi R^4}{4}. \end{eqnarray*} Puisque le volume de la demi-boule vaut $\frac{2}{3}\pi R^3$, on en déduit : $$z_G=\frac{3R}{8}.$$

Remarquons que l'on a : $$(x,y)\in D\iff \frac{1}{b}\leq xy\leq b\textrm{ et }\frac{1}{a}\leq\frac{y}{x}\leq a.$$ Ceci nous invite à considérer le changement de variables $u=xy$ et $v=y/x$. On a alors : $$(x,y)\in D\iff (u,v)\in[1/b;b]\times [1/a;a].$$ Il faut ici faire attention (et c'est la seule difficulté de l'exercice!) au sens du changement de variables, qui se fait dans le sens opposé à ce qui doit apparaitre pour le calcul du jacobien dans le changement de variables. Mais on a : $$x=\sqrt{\frac{u}{v}}\textrm{ et }y=\sqrt{uv}.$$ La matrice jacobienne en $(u,v)$ vaut donc : $$\left( \begin{array}{cc} \frac{1}{2\sqrt{uv}}&-\frac{\sqrt{u}}{2v\sqrt{v}}\\ \frac{\sqrt{v}}{2\sqrt{u}}&\frac{\sqrt{u}}{2\sqrt{v}} \end{array}\right).$$ La valeur absolue du déterminant jacobien vaut donc : $\frac{1}{2v}$. On en déduit l'aire de $D$ : $$A=\int_{u=1/b}^b\int_{v=1/a}^a\frac{1}{2v}dvdu=\left(b-\frac{1}{b}\right)\ln(a).$$