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2009 - 2010 http://www.cnam.fr/maths CNAM - Paris
MVA006 - Corrigé du devoir n◦4
Exercice 1
1◦) I =
∫∫D
(2y − x2) dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | x 6 1 , y 6 1 , x+ y > 1 }.
En intégrant d’abord en x, on obtient :
I =
∫ 1
0
(∫ 1
1−y(2y − x2) dx
)dy =
∫ 1
0
[2yx− x3
3)
]x=1
x=1−ydy
=
∫ 1
0
(2y − 1
3− 2y(1− y) +
(1− y)3
3
)dy =
∫ 1
0
(−1
3+ 2y2 +
(1− y)3
3
)dy
=
[−y
3+ 2
y3
3− (1− y)4
12
]1
0
= −1
3+
2
3+
1
12=
5
12.
I =5
12On pouvait aussi intégrer d’abord en y, ce qui donne :
I =
∫ 1
0
(∫ 1
1−x(2y − x2) dy
)dx =
∫ 1
0
[y2 − x2y
]y=1
y=1−x dx
=
∫ 1
0
(1− x2 − (1− x)2 + x2(1− x)
)dx =
∫ 1
0
(1− x3 − (1− x2)2
)dx
=
[x− x4
4+
(1− x)3
3
]1
0
= 1− 1
4− 1
3=
5
12.
2◦) J =
∫∫D
cos(2x) cos(x+y) dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | 0 6 x 6π
4, −x 6 y 6 x }.
La définition du domaine D entraîne qu’il est plus simple d’intégrer d’abord eny, ce qui donne :
J =
∫ π4
0
(∫ +x
−xcos(x+ y) dy
)cos(2x) dx =
∫ π4
0
([sin(x+ y)]y=x
y=−x
)cos(2x) dx
=
∫ π4
0sin(2x) cos(2x) dx =
[sin2(2x)
4
]π4
0
=1
4.
J =1
4
3◦) K =
∫∫x2 dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | y2 6 x 6
√y , 0 6 y 6 1 }.
Ici, la définition de D conduit à intégrer d’abord en x :
K =
∫ 1
0
(∫ √yy2
x2 dx
)dy =
∫ 1
0
[x3
3
]√yy2x2 dy =
1
3
∫ 1
0
(y
32 − y6
)dy
=1
3
[2
5y
52 − y7
7
]1
0
=1
3
(2
5− 1
7
)=
3
35.
K =3
35Mais on pouvait aussi échanger les rôles de x et y, en écrivant :D = { (x, y) ∈ IR2 | x2 6 y 6
√x , 0 6 x 6 1 }, ce qui donne des calculs
analogues.
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4◦) L =
∫∫ ((y − 2)2 − x2
)dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | y > 0 , y−x 6 2 , y+x 6 2 }.
Cette fois, les calculs sont (un peu) plus simples en intégrant d’abord en x :
L =
∫ 2
0
(∫ 2−y
y−2
((y − 2)2 − x2
)dx
)dy =
∫ 2
0
[x(y − 2)2 − x3
3
]x=2−y
x=y−2
dy
=
∫ 2
0
(2
3(2− y)3 − 2
3(y − 2)3
)dy =
4
3
[−(2− y)4
4
]2
0
=16
3.
L =16
3
Exercice 2
1◦) I =
∫∫D
ln(1 + x2 + y2) dxdy, D = { (x, y) ∈ IR2 | y > 0 , x2 + y2 6 a2 }.
Le demi-disque D est représenté en coordonnées polaires par :∆ = { (ρ, θ) ∈ IR2 | 0 6 ρ 6 a , 0 6 θ 6 π }. L’intégrale devient :
I =
∫∫∆
ln(1+ρ2) ρdρdθ. Puisque ∆ est un rectangle à côtés parallèles aux axes,
cette intégrale se sépare en un produit de deux intégrales simples :
I =
(∫ a
0ln(1 + ρ2) ρdρ
)×(∫ π
0dθ
)= πI ′ (en posant I ′ =
∫ a
0ln(1 + ρ2) ρdρ).
En posant u = 1 + ρ2 cette dernière intégrale devient :
I ′ =1
2
∫ 1+a2
1ln(u) du =
1
2[u ln(u)− u]1+a2
1 =1
2
((1 + a2) ln(1 + a2)− a2
).
Au total :I =
π
2
((1 + a2) ln(1 + a2)− a2
)2◦) J =
∫∫D
dxdy√x2 + y2
, D = { (x, y) ∈ IR2 | x2 + y2 − 2x 6 0 }.
Le domaine D est un disque centré en (1, 0) et de rayon 1. Le cercle frontière apour équation en polaires : ρ = 2 cos(θ) (obtenue en effectuant le changement decoordonnées dans x2 + y2 − 2x = 0). D’où la représentation de D en polaires :∆ = { (ρ, θ) ∈ IR2 | 0 6 ρ 6 2 cos(θ) , −π
26 θ 6 +
π
2}. L’intégrale devient :
J =
∫∫∆
1
ρρdρdθ =
∫∫∆dρdθ.
La définition de ∆ impose de calculer cette dernière intégrale en intégrant d’aborden ρ :
J =
∫ +π2
−π2
(∫ 2 cos(θ)
0dρ
)dθ = 2
∫ +π2
−π2
cos(θ) dθ = 2 [sin(θ)]+π
2
−π2
= 4.
J = 4
3◦) K1 =
∫∫dxdy√x2 + y2
, K2 =
∫∫xdxdy√x2 + y2
, et
D = { (x, y) ∈ IR2 | x > 0 , y > 0 , 1 6 x2 + y2 6 4 }.Le domaine D est un quart d’anneau compris dans le premier quadrant, et entredeux cercles centrés en O de rayons respectifs 1 et 2. Sa représentation en po-laires est donc : ∆ = { (ρ, θ) ∈ IR2 | 1 6 ρ 6 2 , 0 6 θ 6
π
2}.
L’intégrale K1 devient :
K1 =
∫∫∆
1
ρρdρdθ =
∫∫∆dρdθ.
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Puisque ∆ est un rectangle à côtés parallèles aux axes, cette intégrale se sépareen un produit de deux intégrales simples :
K1 =
(∫ 2
1dρ
)×
(∫ π2
0dθ
)= (2− 1)×
(π2− 0)
=π
2.
K1 =π
2L’intégrale K2 donne un calcul analogue :
K2 =
∫∫∆
ρ cos(θ)
ρρdρdθ =
(∫ 2
1ρ dρ
)×
(∫ π2
0cos(θ) dθ
)=
1
2
[ρ2]21× [sin(θ)]
π20 =
1
2(4− 1) =
3
2.
K2 =3
2
Exercice 3
D = { (x, y) ∈ IR2 | y2 6 2x 6 4 , 0 6 y 6 2 }.
1◦) Le domaine D est la portion de plan située sous la parabole y2 = 2x entre lesabscisses x = 0 et x = 2. En intégrant d’abord en x, on obtient :
I =
∫∫Ddxdy =
∫ 2
0
(∫ 2
y2
2
dx
)dy =
∫ 2
0
(2− y2
2
)dy =
[2y − y3
6
]2
0
=8
3.
I =8
3
J =
∫∫Dx dxdy =
∫ 2
0
(∫ 2
y2
2
x dx
)dy =
∫ 2
0
1
2
[x2]x=2
x= y2
2
=1
2
∫ 2
0
(4− y4
4
)dy
=1
2
[4y − y5
20
]2
0
=1
2
(8− 8
5
)=
16
5.
J =16
5
2◦) Le centre de gravité G du domaine D, supposé homogène, est défini par l’égalitévectorielle :
−−→OG =
∫∫D
−−→OM dxdy∫∫Ddxdy
, d’où les coordonnées :
xG =
∫∫Dx dxdy∫∫
Ddxdy
=J
I(et yG =
∫∫Dy dxdy∫∫
Ddxdy
, pas demandé).
On en déduit : xG =16
5× 3
8=
6
5.
xG =6
5
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Exercice 4
1◦ Pour trouver un vecteur normal à (P ), on peut partir de deux vecteurs du planet calculer leur produit vectoriel :
−−→AB
∣∣∣∣∣∣−240,−→AC
∣∣∣∣∣∣−202, d’où :
−→N =
−−→AB ∧
−→AC
∣∣∣∣∣∣848, ou plutôt : −→n =
1
4
−→N
∣∣∣∣∣∣212.
Le plan (P ) est alors le plan passant par A et normal à −→n , d’équation vectorielle :−−→AM.−→n = 0 (produit scalaire), ce qui donne :2(x− 2) + y + 2z = 0.
(P ) : 2x+ y + 2z = 4
2◦ Le tétraèdre OABC est symétrique par rapport au plan z = x (passant par Oy).
Donc, J =
∫∫∫Dx dxdydz et L =
∫∫∫Dz dxdydz sont égales.
L’intégrale I (qui donne le volume de D) est calculée en intégrant d’abord en y :
I =
∫∫∫Ddxdydz =
∫∫D′
(∫ 4−2x−2z
0dy
)dxdz, où le domaine D′ est défini par :
D′ = { (x, z) ∈ IR2 | x > 0 , z > 0 , x+ z 6 2 }. On en déduit :
I =
∫ 2
0
(∫ 2−z
0(4− 2x− 2z) dx
)dz =
∫ 2
0
[4x− x2 − 2xz
]x=2−zx=0
dz
=
∫ 2
0
(4(2− z)− (2− z)2 − 2z(2− z)
)dz =
∫ 2
0(2− z)2 dz
=
[−(2− z)3
3
]2
0
=8
3.
I =8
3
De même pour J (résultat valable aussi pour L) :
J =
∫∫∫Dx dxdydz =
∫∫D′
(∫ 4−2x−2z
0dy
)xdxdz
=
∫ 2
0
(∫ 2−z
0(4− 2x− 2z)x dx
)dz =
∫ 2
0
[2x2 − 2
3x3 − zx2
]x=2−z
x=0
dz
=
∫ 2
0
(2(2− z)2 − 2
3(2− z)3 − z(2− z)2
)dz =
1
3
∫ 2
0(2− z)3 dz
=
[−(2− z)4
12
]2
0
=4
3.
J = L =4
3
Enfin, pour l’intégrale K :
K =
∫∫∫Dy dxdydz =
∫∫D′
(∫ 4−2x−2z
0y dy
)dxdz
=1
2
∫ 2
0
(∫ 2−z
0(4− 2x− 2z)2 dx
)dz
=
∫ 2
0
(∫ 2−z
0(8 + 2x2 + 2z2 − 8x− 8z + 4xz) dx
)dz
=
∫ 2
0
[8x+
2
3x3 + 2xz2 − 4x2 − 8xz + 2x2z
]x=2−z
x=0
dz
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K =
∫ 2
0
(8(2− z) +
2
3(2− z)3 + 2(2− z)z2 − 4(2− z)2 − 8(2− z)z + 2(2− z)2z
)dz
=2
3
∫ 2
0(2− z)3 dz =
[−(2− z)4
6
]2
0
=8
3.
K =8
3
3◦ Le volume du tétraèdre OABC est donné par l’intégrale I :
Volume(OABC) = I =8
3
Le centre de gravité G du domaine D, supposé homogène, est défini par l’égalitévectorielle :
−−→OG =
∫∫∫D
−−→OM dxdydz∫∫∫Ddxdydz
, d’où ses coordonnées :
xG =
∫∫∫Dx dxdydz∫∫∫
Ddxdydz
=J
I=
1
2, zG = xG =
1
2(par symétrie),
et yG =
∫∫∫Dy dxdydz∫∫∫
Ddxdydz
=K
I= 1. On a trouvé :
Coordonnées de G :
(1
2, 1,
1
2
)
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