Corrigé des exercices : Intégrales doubles et triples en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois intégrales sur des rectangles

Idée clé : sur un rectangle, une fonction produit se sépare en deux intégrales simples.

1. La fonction est le produit de \(x^2\) et de \(\cos y\). Donc \(I_1=\int_0^1x^2\,dx\times\int_0^{\pi/2}\cos y\,dy=\frac{1}{3}\times 1\). Ainsi \(I_1=\frac{1}{3}\).
2. De même, \(I_2=\int_1^2\frac{dx}{x}\times\int_0^1y\,dy=\ln 2\times\frac{1}{2}\). Ainsi \(I_2=\frac{\ln 2}{2}\).
3. On développe \((x+y)^2=x^2+2xy+y^2\), puis on intègre chaque terme sur le carré unité. On obtient \(\frac{1}{3}+2\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\). Ainsi \(I_3=\frac{7}{6}\).

Point de vigilance : la séparation en produit n’est permise que sur un rectangle. Sur un triangle ou un disque, les bornes intérieures dépendent de l’autre variable, et la fonction produit ne se sépare plus. Par ailleurs, pour la troisième intégrale, on peut contrôler le résultat par symétrie : \(x^2\) et \(y^2\) ont la même intégrale, égale à \(\frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 2 – Le bon ordre d’intégration

Idée clé : à \(y\) fixé, la fonction \(x\mapsto y\sin(xy)\) a pour primitive \(x\mapsto-\cos(xy)\).

1. En intégrant d’abord en \(y\), on devrait faire une intégration par parties, puis intégrer en \(x\) la fonction \(\frac{\sin x}{x^2}-\frac{\cos x}{x}\), dont les deux termes n’ont pas de primitive usuelle. En revanche, le facteur \(y\) est exactement la dérivée de \(xy\) par rapport à \(x\). L’intégration en \(x\) est donc immédiate.
2. À \(y\) fixé, \(\int_0^\pi y\sin(xy)\,dx=\big[-\cos(xy)\big]_0^\pi=1-\cos(\pi y)\). Ensuite, d’après le théorème de Fubini, \(I=\int_0^1\big(1-\cos(\pi y)\big)\,dy=1-\left[\frac{\sin(\pi y)}{\pi}\right]_0^1\). Donc \(I=1\).

Point de vigilance : le théorème de Fubini garantit que les deux ordres donnent le même nombre. En revanche, il ne dit rien de la difficulté des calculs. Avant de se lancer, il vaut donc la peine de regarder quelle variable fait apparaître une dérivée « toute prête » dans l’intégrande.

Corrigé de l’exercice 3 – Aire entre une parabole et une droite

Idée clé : on cherche les intersections, puis on repère quelle courbe est au-dessus.

1. L’équation \(x^2-2x=x\) équivaut à \(x(x-3)=0\). Les courbes se coupent donc en \((0,0)\) et \((3,3)\). Sur \([0,3]\), on a \(x-(x^2-2x)=x(3-x)\ge 0\). Ainsi \(\Delta=\{0\le x\le 3,\ x^2-2x\le y\le x\}\).
2. L’aire vaut \(\int_0^3(3x-x^2)\,dx=\frac{27}{2}-9\). L’aire de \(\Delta\) est \(\frac{9}{2}\).
3. On calcule \(\iint_\Delta x\,dx\,dy=\int_0^3x(3x-x^2)\,dx=27-\frac{81}{4}=\frac{27}{4}\). L’abscisse du centre de gravité est le quotient par l’aire. Elle vaut \(\frac{27/4}{9/2}=\frac{3}{2}\), ce qui est cohérent : la longueur \(x(3-x)\) des segments verticaux est symétrique par rapport à \(x=\frac{3}{2}\).

Point de vigilance : une aire est toujours positive. Si l’on obtient un nombre négatif, c’est que l’on a soustrait la courbe du haut à celle du bas. Ici, le test en \(x=1\) donne \(1>-1\), ce qui confirme que la droite est au-dessus de la parabole.

Corrigé de l’exercice 4 – Un triangle dans les deux ordres

Idée clé : l’hypoténuse a pour équation \(y=\frac{x}{2}\), soit \(x=2y\).

1. En lecture verticale, \(T=\{0\le x\le 2,\ 0\le y\le\frac{x}{2}\}\). En lecture horizontale, \(T=\{0\le y\le 1,\ 2y\le x\le 2\}\).
2. Avec la première description, \(\int_0^2x\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^{x/2}dx=\int_0^2\frac{x^3}{8}\,dx=\frac{16}{32}=\frac{1}{2}\). Avec la seconde, \(\int_0^1y\left[\frac{x^2}{2}\right]_{2y}^{2}dy=\int_0^1(2y-2y^3)\,dy=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\). Les deux calculs donnent \(\frac{1}{2}\).

Point de vigilance : dans la lecture horizontale, la borne inférieure en \(x\) est \(2y\) et non \(\frac{y}{2}\). Pour s’en assurer, on teste un point : avec \(y=1\), le triangle se réduit au sommet \((2,1)\), et l’on a bien \(2y=2\).

Corrigé de l’exercice 5 – Deux intégrales sur un disque

Idée clé : le disque s’écrit \(0\le r\le 2\), \(0\le\theta\le 2\pi\), et l’élément d’aire vaut \(r\,dr\,d\theta\).

1. On a \(\sqrt{x^2+y^2}=r\), donc l’intégrale vaut \(\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2r\cdot r\,dr=2\pi\times\frac{8}{3}\). Elle vaut \(\frac{16\pi}{3}\).
2. On calcule \(\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta\int_0^2r^3\,dr=\pi\times 4=4\pi\). Par symétrie du disque par rapport à la première bissectrice, \(\iint_By^2=\iint_Bx^2\). Donc \(\iint_Bx^2=4\pi\) et \(\iint_B(x^2+y^2)=8\pi\).

Point de vigilance : le dernier résultat se vérifie directement en polaires, puisque \(x^2+y^2=r^2\) et \(\int_0^{2\pi}\int_0^2r^3\,dr\,d\theta=8\pi\). Ce double calcul confirme la présence du facteur \(r\) dans l’élément d’aire.

Corrigé de l’exercice 6 – Longueurs de deux courbes

Idée clé : pour un graphe \(y=g(x)\), la longueur vaut \(\int\sqrt{1+g^{\prime}(x)^2}\,dx\).

1. On a \(1+\sinh^2x=\cosh^2x\), donc la longueur vaut \(\int_{-\ln 3}^{\ln 3}\cosh x\,dx=2\sinh(\ln 3)\). Or \(\sinh(\ln 3)=\frac{3-1/3}{2}=\frac{4}{3}\). La longueur vaut \(\frac{8}{3}\).
2. On a \(x^{\prime}(t)=6t\) et \(y^{\prime}(t)=6t^2\), donc \(\|\gamma^{\prime}(t)\|=6t\sqrt{1+t^2}\) pour \(t\ge 0\). Par conséquent, \(L=\int_0^{\sqrt{3}}6t\sqrt{1+t^2}\,dt=\Big[2(1+t^2)^{3/2}\Big]_0^{\sqrt{3}}=2(8-1)\). La longueur vaut 14.

Point de vigilance : la racine \(\sqrt{36t^2}\) vaut \(6|t|\) en général. Elle vaut \(6t\) ici seulement parce que \(t\ge 0\). Sur un intervalle contenant des valeurs négatives, il faudrait découper l’intégrale.

Corrigé de l’exercice 7 – Une forme le long de deux chemins

Idée clé : on paramètre chaque chemin par \(x=t\), puis on remplace \(dx\) et \(dy\).

1. Sur le segment, \(x=t\), \(y=2t\), \(dx=dt\), \(dy=2\,dt\) avec \(t\in[0,1]\). L’intégrande vaut \(2t^2+(t-2t)\times 2=2t^2-2t\). L’intégrale vaut \(\frac{2}{3}-1=-\frac{1}{3}\).
2. Sur la parabole, \(x=t\), \(y=2t^2\), \(dy=4t\,dt\). L’intégrande vaut \(2t^3+(t-2t^2)\times 4t=4t^2-6t^3\). L’intégrale vaut \(\frac{4}{3}-\frac{3}{2}=-\frac{1}{6}\).
3. D’abord, deux chemins de mêmes extrémités donnent des intégrales différentes, ce qui est impossible pour une forme exacte. Ensuite, \(\frac{\partial P}{\partial y}=x\) et \(\frac{\partial Q}{\partial x}=1\) ne sont pas égales, donc \(\omega\) n’est même pas fermée. La forme \(\omega\) n’est pas exacte.

Point de vigilance : une seule de ces deux justifications suffit. Cependant, le critère des dérivées croisées est le plus rapide, car il ne demande aucun paramétrage. En revanche, il ne permet de conclure qu’en cas d’inégalité : l’égalité seule ne prouve rien sur un domaine troué.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 8 – Échanger l’ordre pour conclure

Idée clé : après l’échange, un facteur \(x^2\) apparaît et rend la primitive évidente.

1. La fonction \(x\mapsto\sin(x^3)\) est continue, donc elle admet des primitives. Cependant, aucune ne s’exprime à l’aide des fonctions usuelles. On ne peut donc pas calculer l’intégrale intérieure directement.
2. Le domaine est \(\{0\le y\le 9,\ \sqrt{y}\le x\le 3\}\). La condition \(\sqrt{y}\le x\) équivaut à \(y\le x^2\) pour \(x\ge 0\). En lecture verticale, le domaine s’écrit \(\{0\le x\le 3,\ 0\le y\le x^2\}\).
3. Par le théorème de Fubini, \(K=\int_0^3\sin(x^3)\left(\int_0^{x^2}dy\right)dx=\int_0^3x^2\sin(x^3)\,dx\). Une primitive est \(-\frac{1}{3}\cos(x^3)\). Donc \(K=\frac{1-\cos 27}{3}\).

La figure montre les deux lectures du même domaine, horizontale dans l’énoncé et verticale après l’échange.

Corrigé de l’exercice 9 – Un parallélogramme et un changement affine

Idée clé : les inégalités portent déjà sur \(x+y\) et \(x-y\), qui deviennent les nouvelles variables.

1. L’application \((x,y)\mapsto(x+y,\,x-y)\) est linéaire et bijective, de réciproque \(x=\frac{u+v}{2}\), \(y=\frac{u-v}{2}\). Elle envoie \(P\) sur \([1,3]\times[-1,1]\). Son jacobien vaut \(1\times(-1)-1\times 1=-2\), donc \(dx\,dy=\frac{1}{2}\,du\,dv\). L’aire de \(P\) vaut \(\frac{1}{2}\times 2\times 2=2\).
2. On obtient \(\frac{1}{2}\int_1^3u\,du\int_{-1}^1e^v\,dv=\frac{1}{2}\times 4\times\left(e-e^{-1}\right)\). L’intégrale vaut \(2\left(e-\frac{1}{e}\right)\).

Point de vigilance : le jacobien \(-2\) est celui de \((x,y)\mapsto(u,v)\). Celui de la réciproque vaut donc \(-\frac{1}{2}\), et c’est sa valeur absolue qui multiplie \(du\,dv\). Pour contrôler, l’aire du parallélogramme se retrouve aussi par un produit vectoriel de deux côtés.

Corrigé de l’exercice 10 – Logarithme sur une couronne

Idée clé : en polaires, \(\ln(x^2+y^2)=2\ln r\) et la couronne devient \(1\le r\le e\).

1. L’intégrale vaut \(\int_0^{2\pi}d\theta\int_1^e2\ln r\cdot r\,dr=4\pi\int_1^er\ln r\,dr\). Par parties, \(\int_1^er\ln r\,dr=\left[\frac{r^2}{2}\ln r\right]_1^e-\int_1^e\frac{r}{2}\,dr=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{4}=\frac{e^2+1}{4}\). Donc \(\iint_C\ln(x^2+y^2)\,dx\,dy=\pi(e^2+1)\).

Point de vigilance : la fonction \(\ln(x^2+y^2)\) n’est pas définie en l’origine. Ici, ce n’est pas gênant, car la couronne évite l’origine. Sur un disque plein, il faudrait en revanche une intégrale impropre.

Corrigé de l’exercice 11 – Un disque qui passe par l’origine

Idée clé : en polaires, la condition \(r^2\le 2r\cos\theta\) donne \(0\le r\le 2\cos\theta\), avec \(\cos\theta\ge 0\).

1. L’inégalité s’écrit \((x-1)^2+y^2\le 1\) : \(D\) est le disque de centre \((1,0)\) et de rayon 1. En polaires, on obtient \(r\le 2\cos\theta\), ce qui impose \(\cos\theta\ge 0\). Ainsi \(D\) correspond à \(-\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{\pi}{2}\) et \(0\le r\le 2\cos\theta\).
2. On calcule \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr\,d\theta=\frac{8}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta=\frac{8}{3}\times\frac{3\pi}{8}\). Donc \(\iint_Dx\,dx\,dy=\pi\). C’est l’abscisse du centre, 1, multipliée par l’aire \(\pi\), comme le prévoit la définition du centre de gravité.
3. On a \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr\,d\theta=\frac{8}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta\). Or \(\cos^3\theta=\cos\theta-\cos\theta\sin^2\theta\), d’où \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta=2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}\). L’intégrale vaut \(\frac{32}{9}\).

La figure montre comment le rayon issu de l’origine traverse le disque, de \(r=0\) à \(r=2\cos\theta\).

Point de vigilance : on pourrait être tenté de prendre \(\theta\in[0,2\pi]\). Or, pour \(\cos\theta<0\), la borne \(2\cos\theta\) serait négative, ce qui n’a pas de sens pour un rayon. Le disque est en effet entièrement situé dans le demi-plan \(x\ge 0\).

Corrigé de l’exercice 12 – Volume sous une surface

Idée clé : le volume sous une surface positive est l’intégrale double de sa hauteur.

1. Sur \([0,1]\times[0,2]\), on a \(x^2+xy\ge 0\). Le volume vaut donc \(\int_0^1\int_0^2(x^2+xy)\,dy\,dx=\int_0^1\left(2x^2+2x\right)dx=\frac{2}{3}+1\). Le volume vaut \(\frac{5}{3}\).

Corrigé de l’exercice 13 – Les trois jacobiens usuels

Idée clé : un développement selon une ligne contenant un zéro raccourcit le déterminant 3×3.

1. On a \(\begin{vmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{vmatrix}=r\cos^2\theta+r\sin^2\theta\). Le jacobien des polaires vaut \(r\).
2. La matrice jacobienne des cylindriques est diagonale par blocs, avec le bloc polaire et le coefficient 1. Son déterminant vaut encore \(r\).
3. La dernière ligne de la matrice jacobienne est \((\cos\varphi,\ 0,\ -\rho\sin\varphi)\). Le cofacteur de \(\cos\varphi\) vaut \(-\rho^2\sin\varphi\cos\varphi\), et celui de \(-\rho\sin\varphi\) vaut \(\rho\sin^2\varphi\). On obtient donc \(-\rho^2\sin\varphi\cos^2\varphi-\rho^2\sin^3\varphi=-\rho^2\sin\varphi\). Le jacobien vaut \(-\rho^2\sin\varphi\) dans cet ordre des variables, et sa valeur absolue est \(\rho^2\sin\varphi\).
4. La demi-coquille s’écrit \(1\le\rho\le 2\), \(0\le\theta\le 2\pi\), \(0\le\varphi\le\frac{\pi}{2}\). Son volume vaut \(2\pi\times\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,d\varphi\times\int_1^2\rho^2\,d\rho=2\pi\times 1\times\frac{7}{3}\). Il vaut \(\frac{14\pi}{3}\).

Point de vigilance : le signe du jacobien sphérique dépend de l’ordre des variables. Il ne faut donc jamais retenir « le jacobien vaut \(\rho^2\sin\varphi\) » sans valeur absolue. Seul l’élément de volume \(\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\theta\,d\varphi\) est intrinsèque.

Corrigé de l’exercice 14 – Deux volumes en cylindriques

Idée clé : le volume entre deux surfaces est l’intégrale double de la différence des hauteurs sur la projection du solide.

1. Sur le disque unité, \(3+x\ge 2>0\). Le volume vaut donc \(\iint_{x^2+y^2\le 1}(3+x)\,dx\,dy=3\pi+\iint x\,dx\,dy\). La seconde intégrale est nulle : la symétrie \((x,y)\mapsto(-x,y)\) conserve le disque et change \(x\) en son opposé. Le volume vaut \(3\pi\).
2. Le paraboloïde est sous le plan lorsque \(x^2+y^2\le 2y\), soit \(x^2+(y-1)^2\le 1\). La projection est donc le disque de centre \((0,1)\) et de rayon 1. Ensuite, la hauteur vaut \(2y-x^2-y^2=1-x^2-(y-1)^2\). On translate par \(Y=y-1\), de jacobien 1, puis on passe en polaires : \(V=\int_0^{2\pi}\int_0^1(1-r^2)\,r\,dr\,d\theta=2\pi\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)\). Le volume vaut \(\frac{\pi}{2}\).

Point de vigilance : dans la seconde question, la projection n’est pas centrée en l’origine. Passer directement en polaires autour de \(O\) reste possible, avec \(r\le 2\sin\theta\), mais les calculs sont plus lourds. La translation préalable simplifie tout.

Corrigé de l’exercice 15 – Tétraèdre et tranches horizontales

Idée clé : chaque section horizontale est un triangle rectangle réduit du facteur \(1-\frac{z}{3}\).

1. À la hauteur \(z\), la section est \(\{x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+\frac{y}{2}\le 1-\frac{z}{3}\}\). C’est un triangle rectangle de côtés \(1-\frac{z}{3}\) et \(2\big(1-\frac{z}{3}\big)\). Son aire vaut \(\big(1-\frac{z}{3}\big)^2\).
2. On intègre les aires : \(\int_0^3\big(1-\frac{z}{3}\big)^2dz\). Avec \(w=1-\frac{z}{3}\), on a \(dz=-3\,dw\), et l’intégrale devient \(3\int_0^1w^2\,dw\). Le volume vaut 1.
3. Avec la même substitution, \(\iiint_Tz=\int_0^3z\big(1-\frac{z}{3}\big)^2dz=9\int_0^1(1-w)w^2\,dw=9\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\frac{3}{4}\). La cote du centre de gravité vaut \(\frac{3}{4}\), soit le quart de la hauteur.

Point de vigilance : le volume se contrôle par la formule du tétraèdre, \(\frac{1}{6}\times 1\times 2\times 3=1\). De même, le centre de gravité d’un tétraèdre est situé au quart de la hauteur à partir de la base, ce qui confirme \(\frac{3}{4}\).

Corrigé de l’exercice 16 – Masse d’une boule de densité variable

Idée clé : en sphériques, \(z^2=\rho^2\cos^2\varphi\), et les trois variables se séparent.

1. On obtient \(\int_0^2\rho^4\,d\rho\times\int_0^{2\pi}d\theta\times\int_0^\pi\cos^2\varphi\sin\varphi\,d\varphi=\frac{32}{5}\times 2\pi\times\frac{2}{3}\). Donc \(\iiint_Bz^2=\frac{128\pi}{15}\).
2. On a \(\iiint_B(x^2+y^2+z^2)=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_0^2\rho^4\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta=\frac{128\pi}{5}\). Échanger les rôles de \(x\), \(y\) et \(z\) ne modifie pas \(B\). Par conséquent, \(x^2\), \(y^2\) et \(z^2\) ont la même intégrale sur \(B\), et leur somme vaut \(\frac{128\pi}{5}\). On retrouve \(\iiint_Bz^2=\frac{128\pi}{15}\).
3. La masse vaut \(\iiint_B(1+z^2)=\frac{4}{3}\pi\times 8+\frac{128\pi}{15}=\frac{160\pi+128\pi}{15}\). La masse vaut \(\frac{96\pi}{5}\).

Point de vigilance : l’angle \(\varphi\) varie de 0 à \(\pi\), et non de 0 à \(2\pi\). Avec la mauvaise borne, \(\int\sin\varphi\) donnerait 0, et le volume de la boule serait nul, ce qui signale immédiatement l’erreur.

Corrigé de l’exercice 17 – Potentiel d’une forme exacte

Idée clé : une fois le potentiel trouvé, l’intégrale ne dépend plus que des extrémités.

1. On a \(\frac{\partial P}{\partial y}=6xy^2\) et \(\frac{\partial Q}{\partial x}=6xy^2\), et les dérivées croisées coïncident. Le plan entier est étoilé par rapport à l’origine : d’après Poincaré, \(\omega\) admet un potentiel.
2. On cherche \(f\) avec \(\frac{\partial f}{\partial x}=2xy^3+e^x\). Ainsi \(f=x^2y^3+e^x+c(y)\). Ensuite, \(\frac{\partial f}{\partial y}=3x^2y^2+c^{\prime}(y)\) doit valoir \(3x^2y^2-1\), d’où \(c(y)=-y\). On peut prendre \(f(x,y)=x^2y^3+e^x-y\).
3. L’arc va de \(\gamma(0)=(0,0)\) à \(\gamma(\pi/2)=(1,1)\). Donc \(\int_\gamma\omega=f(1,1)-f(0,0)=e-1\). L’intégrale vaut \(e-1\).
4. Sur toute courbe fermée, l’intégrale est nulle, car les deux extrémités sont confondues.

Point de vigilance : calculer l’intégrale le long de l’arc \(\gamma\) en remplaçant \(x\) par \(\sin t\) serait possible, mais très long. Dès qu’un potentiel est connu, on l’utilise : seules comptent les deux extrémités du chemin.

Corrigé de l’exercice 18 – Vérifier Green-Riemann sur un quart de disque

Idée clé : sur les deux segments, l’une des variables est nulle et la contribution disparaît.

1. On a \(\frac{\partial(xy)}{\partial x}-\frac{\partial(-y^2)}{\partial y}=y+2y=3y\). En polaires, \(\iint_Q3y=3\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta\int_0^2r^2\,dr=3\times 1\times\frac{8}{3}\). L’intégrale double vaut 8.
2. Le bord direct comprend \(C_1\), segment de \(O\) à \((2,0)\), puis \(C_2\), arc \(t\mapsto(2\cos t,2\sin t)\) pour \(t\in[0,\frac{\pi}{2}]\), et enfin \(C_3\), segment de \((0,2)\) à \(O\). Sur \(C_1\), \(y=0\) et \(dy=0\), donc la contribution est nulle. Sur \(C_3\), \(x=0\) et \(dx=0\), donc elle est nulle aussi. Sur \(C_2\), on trouve \(-4\sin^2t\,(-2\sin t)\,dt+4\cos t\sin t\,(2\cos t)\,dt=8\sin t\,dt\). Les contributions valent 0, 8 et 0.
3. L’intégrale sur le bord vaut \(0+8+0=8\), comme l’intégrale double. La formule de Green-Riemann est vérifiée.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 19 – Un changement de variables hyperbolique

Idée clé : les deux familles de courbes qui bordent \(D\) deviennent des droites \(u=\text{cste}\) et \(v=\text{cste}\).

1. Pour \((x,y)\in D\), on a \(u=xy\in[1,4]\), et \(x\le y\le 3x\) avec \(x>0\) donne \(v=\frac{y}{x}\in[1,3]\). Réciproquement, pour \((u,v)\in[1,4]\times[1,3]\), le système \(xy=u\), \(\frac{y}{x}=v\) avec \(x>0\) a pour unique solution \(x=\sqrt{u/v}\) et \(y=\sqrt{uv}\), qui est bien dans \(D\). L’application est une bijection, de réciproque \((u,v)\mapsto\big(\sqrt{u/v},\sqrt{uv}\big)\).
2. On calcule \(\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=\begin{vmatrix}y & x\\ -y/x^2 & 1/x\end{vmatrix}=\frac{y}{x}+\frac{y}{x}=2v\). Le jacobien de la réciproque est l’inverse, donc \(dx\,dy=\dfrac{du\,dv}{2v}\).
3. L’aire vaut \(\int_1^4du\int_1^3\frac{dv}{2v}=3\times\frac{\ln 3}{2}\). Ensuite, \(\iint_Dxy\,dx\,dy=\int_1^4u\,du\int_1^3\frac{dv}{2v}=\frac{15}{2}\times\frac{\ln 3}{2}\). L’aire vaut \(\frac{3\ln 3}{2}\) et l’intégrale vaut \(\frac{15\ln 3}{4}\).

Point de vigilance : on a calculé le jacobien de \((x,y)\mapsto(u,v)\), plus simple à dériver. La formule du cours demande celui de la réciproque, d’où l’inversion \(\frac{1}{2v}\). Confondre les deux donnerait \(2v\,du\,dv\) et une aire de 24, beaucoup trop grande.

Corrigé de l’exercice 20 – Aire d’une boucle par Green-Riemann

Idée clé : l’aire d’un domaine bordé par une courbe fermée simple vaut \(\frac{1}{2}\oint(x\,dy-y\,dx)\), à condition de connaître le sens de parcours.

1. On a \(x(t)=0\) si et seulement si \(t=\pm 1\), et alors \(y(t)=0\). La courbe passe donc par l’origine pour \(t=-1\) et \(t=1\) seulement. Entre ces deux valeurs, \(x(t)=t^2-1<0\), et le point décrit un arc fermé situé à gauche de l’axe des ordonnées. La boucle correspond à \(t\in[-1,1]\).
2. On a \(x^{\prime}=2t\) et \(y^{\prime}=3t^2-1\). Ainsi \(xy^{\prime}-yx^{\prime}=(t^2-1)(3t^2-1)-(t^3-t)(2t)=t^4-2t^2+1=(t^2-1)^2\). Cette quantité est positive, donc la boucle est parcourue dans le sens direct. On a bien \(xy^{\prime}-yx^{\prime}=(t^2-1)^2\).
3. D’après le corollaire de Green-Riemann, l’aire vaut \(\frac{1}{2}\int_{-1}^1(t^2-1)^2\,dt=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}-\frac{4}{3}+2\right)=\frac{1}{2}\times\frac{16}{15}\). L’aire de la boucle vaut \(\frac{8}{15}\).
4. La boucle est symétrique par rapport à l’axe des abscisses, et sa moitié supérieure est \(y=-x\sqrt{x+1}\) pour \(-1\le x\le 0\). L’aire vaut donc \(2\int_{-1}^0(-x)\sqrt{x+1}\,dx\). Avec \(s=x+1\), on obtient \(2\int_0^1(1-s)\sqrt{s}\,ds=2\left(\frac{2}{3}-\frac{2}{5}\right)\). On retrouve \(\frac{8}{15}\).

Point de vigilance : si l’on avait trouvé une intégrale négative, la boucle aurait été parcourue dans le sens indirect, et l’aire serait la valeur absolue du résultat. C’est pourquoi on étudie toujours le signe de \(xy^{\prime}-yx^{\prime}\) avant de conclure.

Corrigé de l’exercice 21 – Une forme fermée qui n’est pas exacte

Idée clé : l’origine est un trou du domaine ; Green-Riemann s’applique seulement aux domaines qui l’évitent.

1. On a \(P=\frac{-y}{x^2+y^2}\) et \(Q=\frac{x}{x^2+y^2}\). Le calcul donne \(\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}\) et \(\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}\). La forme est fermée sur \(U\).
2. Avec \(x=a\cos t\) et \(y=a\sin t\), on a \(x\,dy-y\,dx=a^2\,dt\) et \(x^2+y^2=a^2\). L’intégrale vaut donc \(\int_0^{2\pi}dt=2\pi\). Si \(\omega\) était exacte, son intégrale sur une courbe fermée serait nulle. Donc \(\omega\) n’est pas exacte sur \(U\).
3. Pour appliquer Green-Riemann au disque de rayon \(a\), il faudrait \(P\) et \(Q\) de classe \(C^1\) sur tout le disque. Or elles ne sont pas définies en l’origine. La formule ne s’applique pas, et il n’y a pas de contradiction.
4. Le domaine \(A\) compris entre \(E\) et le cercle \(C\) de rayon \(\frac{1}{2}\) ne contient pas l’origine, car \(C\) est à l’intérieur de \(E\). Son bord direct est \(E\) parcouru dans le sens direct, suivi de \(C\) parcouru dans le sens indirect. Comme \(\omega\) est fermée, Green-Riemann donne \(\oint_E\omega-\oint_C\omega=\iint_A0=0\). Donc \(\oint_E\omega=2\pi\).
5. Avec \(x=2\cos t\) et \(y=\sin t\), on a \(x\,dy-y\,dx=2\,dt\) et \(x^2+y^2=4\cos^2t+\sin^2t\). Ainsi \(2\pi=\int_0^{2\pi}\frac{2\,dt}{4\cos^2t+\sin^2t}\). Donc \(\int_0^{2\pi}\frac{dt}{4\cos^2t+\sin^2t}=\pi\).

Point de vigilance : la dernière question donne une intégrale qu’il serait difficile d’obtenir autrement. Ainsi, Green-Riemann sert aussi à calculer des intégrales simples, en les interprétant comme des intégrales curvilignes. Plus généralement, on trouve \(\int_0^{2\pi}\frac{dt}{a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}=\frac{2\pi}{ab}\) pour \(a,b>0\).

Corrigé de l’exercice 22 – Problème – Un verre conique

Idée clé : le solide est de révolution autour de \(Oz\), donc les cylindriques s’imposent ; les sphériques servent de contrôle.

1. En cylindriques, \(V=\{0\le\theta\le 2\pi,\ 0\le r\le 2,\ 2r\le z\le 4\}\). Le volume vaut \(2\pi\int_0^2(4-2r)\,r\,dr=2\pi\left(8-\frac{16}{3}\right)\). Le volume du verre est \(\frac{16\pi}{3}\approx 16{,}8\ \text{cm}^3\).
2. Le liquide occupe \(\{2r\le z\le h\}\), donc \(0\le r\le\frac{h}{2}\). Son volume vaut \(2\pi\int_0^{h/2}(h-2r)\,r\,dr=2\pi\left(\frac{h^3}{8}-\frac{h^3}{12}\right)\). On obtient bien \(\frac{\pi h^3}{12}\).
3. On résout \(\frac{\pi h^3}{12}=\frac{8\pi}{3}\), soit \(h^3=32\). Ainsi \(h=2\sqrt[3]{4}\approx 3{,}17\) cm. Il faut donc remplir près de 80 % de la hauteur pour atteindre la moitié du volume, car les sections horizontales grandissent comme \(z^2\).
4. Par tranches, la section à la hauteur \(z\) est un disque de rayon \(\frac{z}{2}\). Donc \(\iiint_Vz=\int_0^4z\times\frac{\pi z^2}{4}\,dz=\frac{\pi}{4}\times 64=16\pi\). La cote du centre de masse vaut \(\frac{16\pi}{16\pi/3}=3\) cm.
5. Le cône \(z=2r\) correspond à \(\tan\varphi=\frac{r}{z}=\frac{1}{2}\), soit \(\varphi=\alpha\). Le plan \(z=4\) correspond à \(\rho=\frac{4}{\cos\varphi}\). Ainsi \(V=\{0\le\varphi\le\alpha,\ 0\le\rho\le\frac{4}{\cos\varphi}\}\), et
   \[\mathrm{vol}(V)=2\pi\int_0^\alpha\frac{64}{3\cos^3\varphi}\sin\varphi\,d\varphi=\frac{128\pi}{3}\left[\frac{1}{2\cos^2\varphi}\right]_0^\alpha=\frac{64\pi}{3}\tan^2\alpha.\]
   Avec \(\tan^2\alpha=\frac{1}{4}\), on retrouve \(\frac{16\pi}{3}\).

La figure résume le problème : la paroi du verre, le niveau qui partage le volume en deux, et la position du centre de masse.

Pour aller plus loin

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