Intégrales multiples : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Sommes de Riemann sur un carré

1. Chaque pavé a pour aire \(\frac{1}{n^2}\). Donc \[S_n = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{i}{n} \cdot \frac{j}{n} \cdot \frac{1}{n^2} = \frac{1}{n^4} ( \sum_{i=1}^{n} i ) ( \sum_{j=1}^{n} j ) = \frac{1}{n^4} ( \frac{n(n+1)}{2} )^2 = \frac{(n+1)^2}{4n^2}.\] Le pas vaut \(\frac{1}{n}\) et tend vers \(0\). Ainsi, \(S_n \to \frac{1}{4}\).
2. La fonction \(f\) est continue sur le rectangle \([0,1]^2\). Le théorème de Fubini s’applique, et la fonction est à variables séparées : \(\iint_R xy = \int_0^1 x\,\mathrm{d}x \cdot \int_0^1 y\,\mathrm{d}y = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\). On retrouve bien \(\frac{1}{4}\).
3. Pour \(g\), on sépare la somme double : \(\sum_{i,j} (i + j) = n \sum_i i + n \sum_j j = n^2(n+1)\). Donc \(S_n = \frac{1}{n^3} \cdot n^2(n+1) = \frac{n+1}{n}\), qui tend vers \(1\). Ensuite, par Fubini, \(\int_0^1 ( \int_0^1 (x+y)\,\mathrm{d}y ) \mathrm{d}x = \int_0^1 ( x + \frac{1}{2} ) \mathrm{d}x = 1\). Les deux méthodes donnent \(1\).

Point de méthode : une somme double de termes produits se factorise en produit de deux sommes simples, exactement comme une intégrale à variables séparées.

Corrigé de l’exercice 2 : Calculs sur des rectangles par Fubini

Les quatre fonctions sont continues sur des rectangles fermés : le théorème de Fubini s’applique dans les deux ordres.

1. À \(x\) fixé, \(\int_1^2 (xy^2 + 1)\,\mathrm{d}y = x \cdot \frac{8 – 1}{3} + 1 = \frac{7x}{3} + 1\). Ensuite, \(\int_0^1 ( \frac{7x}{3} + 1 ) \mathrm{d}x = \frac{7}{6} + 1\). Donc \(I_1 = \frac{13}{6}\).
2. À \(x\) fixé, \(\int_0^{\pi/2} \sin(x+y)\,\mathrm{d}y = \cos x – \cos(x + \frac{\pi}{2}) = \cos x + \sin x\). Puis \(\int_0^{\pi/2} (\cos x + \sin x)\,\mathrm{d}x = 1 + 1\). Donc \(I_2 = 2\).
3. Comme \(e^{x+y} = e^x e^y\), l’intégrale se factorise : \(I_3 = (\int_0^1 e^x\,\mathrm{d}x)^2\). Ainsi, \(I_3 = (e-1)^2\).
4. La fonction est continue, car \(1 + xy \geq\, 1\) sur le carré. On intègre d’abord en \(y\), car \(\frac{x}{1+xy}\) est exactement la dérivée de \(y \mapsto \ln(1+xy)\). Ainsi, \(\int_0^1 \frac{x}{1+xy}\,\mathrm{d}y = \ln(1+x)\). Ensuite, une primitive de \(\ln(1+x)\) est \((1+x)\ln(1+x) – (1+x)\). Donc \(I_4 = (2\ln 2 – 2) – (0 – 1)\), soit \(I_4 = 2\ln 2 – 1\). Dans l’autre ordre, il faudrait intégrer \(\frac{x}{1+xy}\) en \(x\), ce qui est nettement plus long.

Corrigé de l’exercice 3 : Un contre-exemple au théorème de Fubini

1. Par la formule de dérivation d’un quotient, \[\frac{\partial}{\partial y}( \frac{y}{x^2+y^2} ) = \frac{(x^2+y^2) – y \cdot 2y}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2 – y^2}{(x^2+y^2)^2}.\] On obtient bien \(f(x,y)\).
2. Pour \(x \in ]0,1]\) fixé, la fonction \(y \mapsto f(x,y)\) est continue sur \([0,1]\). D’après la question 1, \(\int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}y = [ \frac{y}{x^2+y^2} ]_0^1 = \frac{1}{1+x^2}\). Par conséquent, \(I_1 = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \arctan 1\), donc \(I_1 = \frac{\pi}{4}\).
3. On constate que \(f(y,x) = \frac{y^2 – x^2}{(x^2+y^2)^2} = -f(x,y)\). Ainsi, pour \(y\) fixé, \(\int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}x = -\int_0^1 f(y,x)\,\mathrm{d}x\). La question 2, où l’on échange les noms des variables, donne \(\int_0^1 f(y,x)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{1+y^2}\). Donc \(I_2 = -\int_0^1 \frac{\mathrm{d}y}{1+y^2}\), soit \(I_2 = -\frac{\pi}{4} \neq I_1\).
4. Le théorème de Fubini demande une fonction continue sur le rectangle fermé \([0,1]^2\). Or \(f(x,0) = \frac{1}{x^2}\) tend vers \(+\infty\) quand \(x \to 0\). Donc \(f\) n’est pas bornée et ne se prolonge pas par continuité en \((0,0)\). L’hypothèse du théorème n’est pas satisfaite : il n’y a aucune contradiction.

Point de méthode : avant d’échanger deux intégrales, vérifiez toujours la continuité sur un domaine fermé et borné. En troisième année, le théorème de Fubini-Tonelli précisera ces hypothèses.

Corrigé de l’exercice 4 : Intégrales sur un triangle

1. En type 1 : \(T = \{0 \leq\, x \leq\, 1,\ 0 \leq\, y \leq\, 1 – x\}\). En type 2 : \(T = \{0 \leq\, y \leq\, 1,\ 0 \leq\, x \leq\, 1 – y\}\). Les deux descriptions se lisent sur la figure de l’énoncé.
2. En intégrant d’abord en \(y\) : \[\iint_T xy = \int_0^1 x \cdot \frac{(1-x)^2}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_0^1 (x – 2x^2 + x^3)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}( \frac{1}{2} – \frac{2}{3} + \frac{1}{4} ) = \frac{1}{24}.\] En intégrant d’abord en \(x\), on obtient \(\int_0^1 y \cdot \frac{(1-y)^2}{2}\,\mathrm{d}y\), qui est le même calcul avec la lettre \(y\). Dans les deux ordres, on trouve \(\frac{1}{24}\).
3. À \(x\) fixé, \(\int_0^{1-x} (x+y)\,\mathrm{d}y = x(1-x) + \frac{(1-x)^2}{2}\). Ensuite, \(\int_0^1 x(1-x)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{6}\) et \(\int_0^1 \frac{(1-x)^2}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{6}\). Donc \(\iint_T (x+y) = \frac{1}{3}\).
4. À \(x\) fixé, \(\int_0^{1-x} e^{x+y}\,\mathrm{d}y = e^x(e^{1-x} – 1) = e – e^x\). Puis \(\int_0^1 (e – e^x)\,\mathrm{d}x = e – (e – 1)\). Ainsi, \(\iint_T e^{x+y} = 1\).

Corrigé de l’exercice 5 : Aire et centre de gravité entre deux paraboles

1. Pour \(x \in [0,1]\), les deux membres sont positifs. Donc \(x^2 \leq\, \sqrt{x} \Leftrightarrow x^4 \leq\, x \Leftrightarrow x(x^3 – 1) \leq\, 0\), ce qui est vrai sur \([0,1]\). Le domaine \(D\) est un fuseau entre les deux paraboles, qui se coupent en \((0,0)\) et \((1,1)\).
2. Par Fubini sur ce domaine de type 1, \(\mathcal{A}(D) = \int_0^1 (\sqrt{x} – x^2)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{3} – \frac{1}{3}\). Donc \(\mathcal{A}(D) = \frac{1}{3}\).
3. D’abord, \(\iint_D x = \int_0^1 x(\sqrt{x} – x^2)\,\mathrm{d}x = \int_0^1 (x^{3/2} – x^3)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{5} – \frac{1}{4} = \frac{3}{20}\). Ensuite, \(\iint_D y = \int_0^1 [ \frac{y^2}{2} ]_{x^2}^{\sqrt{x}} \mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^1 (x – x^4)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}( \frac{1}{2} – \frac{1}{5} ) = \frac{3}{20}\). Les deux intégrales valent \(\frac{3}{20}\).
4. Les coordonnées de \(G\) sont les moyennes \(\,\overline{x} = \frac{3/20}{1/3} = \frac{9}{20}\) et \(\,\overline{y} = \frac{9}{20}\). Donc \(G = ( \frac{9}{20}, \frac{9}{20} )\). Cette égalité s’explique par une symétrie. En effet, \(y \geq\, x^2 \Leftrightarrow x \leq\, \sqrt{y}\) et \(y \leq\, \sqrt{x} \Leftrightarrow x \geq\, y^2\) pour des nombres positifs. Ainsi, la symétrie \((x,y) \mapsto (y,x)\) laisse \(D\) invariant, et \(G\) est sur la droite \(y = x\), comme le montre la figure.

Corrigé de l’exercice 6 : Inversion de l’ordre d’intégration

1. Le domaine est \(\{0 \leq\, x \leq\, 1,\ x \leq\, y \leq\, 1\}\) : c’est le triangle de sommets \((0,0)\), \((0,1)\), \((1,1)\). En type 2, il s’écrit \(\{0 \leq\, y \leq\, 1,\ 0 \leq\, x \leq\, y\}\). La figure ci-dessous montre les deux lectures, par tranches verticales puis horizontales. Comme \((x,y) \mapsto e^{y^2}\) est continue, Fubini donne \[I = \int_0^1 ( \int_0^y \mathrm{d}x ) e^{y^2}\,\mathrm{d}y = \int_0^1 y\,e^{y^2}\,\mathrm{d}y = [ \frac{e^{y^2}}{2} ]_0^1 = \frac{e-1}{2}.\] Ainsi, \(I = \frac{e-1}{2}\).

2. La fonction \(y \mapsto \frac{\sin y}{y}\) se prolonge par continuité en \(0\) par la valeur \(1\). Le domaine est \(\{0 \leq\, x \leq\, y \leq\, \pi\}\). Par conséquent, \[J = \int_0^\pi ( \int_0^y \mathrm{d}x ) \frac{\sin y}{y}\,\mathrm{d}y = \int_0^\pi \sin y\,\mathrm{d}y = 2.\] Donc \(J = 2\).
3. Pour \(x, y \geq\, 0\), on a \(y \geq\, \sqrt{x} \Leftrightarrow x \leq\, y^2\). Ainsi, le domaine s’écrit \(\{0 \leq\, y \leq\, 1,\ 0 \leq\, x \leq\, y^2\}\). Donc \(K = \int_0^1 y^2 e^{y^3}\,\mathrm{d}y = [ \frac{e^{y^3}}{3} ]_0^1\), soit \(K = \frac{e-1}{3}\).

Point de méthode : quand l’intégrale intérieure bloque, l’échange d’ordre fait souvent apparaître un facteur qui est la dérivée de l’argument, comme \(y\) devant \(e^{y^2}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Premiers calculs en coordonnées polaires

Dans chaque cas, on remplace \(\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\) par \(r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\) et on décrit le domaine par des bornes constantes.

1. Le disque \(D_1\) correspond à \(r \in [0,1]\) et \(\theta \in [0, 2\pi]\). Donc \(\iint_{D_1} (x^2+y^2) = \int_0^{2\pi} \int_0^1 r^2 \cdot r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2\pi \cdot \frac{1}{4}\). Le résultat vaut \(\frac{\pi}{2}\).
2. La couronne correspond à \(r \in [1,2]\). La fonction est continue sur \(C\), qui ne contient pas l’origine. Ainsi, \(\iint_C \frac{\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y}{x^2+y^2} = \int_0^{2\pi} \int_1^2 \frac{1}{r^2}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2\pi \ln 2\). Le résultat vaut \(2\pi\ln 2\).
3. Le quart de disque correspond à \(r \in [0,1]\) et \(\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]\). Donc \(\iint_Q xy = \int_0^{\pi/2} \cos\theta\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \cdot \int_0^1 r^3\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}\). Le résultat vaut \(\frac{1}{8}\).
4. On calcule \(\int_0^{2\pi} \int_0^1 \sqrt{1 – r^2}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2\pi [ -\frac{(1-r^2)^{3/2}}{3} ]_0^1 = \frac{2\pi}{3}\). Le résultat vaut \(\frac{2\pi}{3}\). C’est le volume du solide situé entre le disque \(D_1\) et la surface \(z = \sqrt{1 – x^2 – y^2}\), c’est-à-dire d’une demi-boule de rayon \(1\). On retrouve bien \(\frac{1}{2} \cdot \frac{4\pi}{3}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Disque décentré en coordonnées polaires

1. On a \(x^2 + y^2 \leq\, 2x \Leftrightarrow (x-1)^2 + y^2 \leq\, 1\). Donc \(D\) est le disque fermé de centre \((1,0)\) et de rayon \(1\).
2. En polaires, l’inégalité devient \(r^2 \leq\, 2r\cos\theta\). Pour \(r > 0\), elle équivaut à \(r \leq\, 2\cos\theta\), ce qui impose \(\cos\theta \geq\, 0\), donc \(\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\). Le point \(r = 0\) est l’origine, qui appartient à \(D\). Ainsi, \(D\) est décrit par \(\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\) et \(0 \leq\, r \leq\, 2\cos\theta\).
3. On calcule \(\mathcal{A}(D) = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^{2\cos\theta} r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 2\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta = 2 \cdot \frac{\pi}{2}\). On retrouve l’aire \(\pi\) d’un disque de rayon \(1\).
4. On a \(\iint_D \sqrt{x^2+y^2} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^{2\cos\theta} r^2\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = \frac{8}{3} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta\). Or \(\cos^3\theta = \cos\theta\,(1 – \sin^2\theta)\), donc \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta = [ \sin\theta – \frac{\sin^3\theta}{3} ]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{4}{3}\). Le résultat vaut \(\frac{32}{9}\).
5. De même, \(\iint_D x = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos\theta \cdot \frac{8\cos^3\theta}{3}\,\mathrm{d}\theta = \frac{8}{3} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^4\theta\,\mathrm{d}\theta\). La linéarisation \(\cos^4\theta = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos 2\theta + \frac{1}{8}\cos 4\theta\) donne une intégrale égale à \(\frac{3\pi}{8}\). Donc \(\iint_D x = \pi\). C’est cohérent : l’abscisse moyenne vaut \(\frac{\pi}{\pi} = 1\), qui est l’abscisse du centre du disque.

Corrigé de l’exercice 9 : L’intégrale de Gauss

1. La fonction \(g(x,y) = e^{-x^2} e^{-y^2}\) est continue et à variables séparées sur le carré \(C_R\). Par Fubini, \(\iint_{C_R} g = \int_0^R e^{-x^2}\,\mathrm{d}x \cdot \int_0^R e^{-y^2}\,\mathrm{d}y\). On obtient \(F(R)^2\).
2. En polaires, \(\Delta_R\) correspond à \(r \in [0,R]\) et \(\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]\). Donc \[\iint_{\Delta_R} g = \frac{\pi}{2} \int_0^R e^{-r^2} r\,\mathrm{d}r = \frac{\pi}{2} [ -\frac{e^{-r^2}}{2} ]_0^R = \frac{\pi}{4}(1 – e^{-R^2}).\] Ainsi, \(\iint_{\Delta_R} g = \frac{\pi}{4}(1 – e^{-R^2})\).
3. Si \((x,y) \in \Delta_R\), alors \(x \geq\, 0\) et \(x^2 \leq\, x^2 + y^2 \leq\, R^2\), donc \(x \leq\, R\) ; de même pour \(y\). Donc \(\Delta_R \subset C_R\). Si \((x,y) \in C_R\), alors \(x^2 + y^2 \leq\, 2R^2\), donc \((x,y) \in \Delta_{R\sqrt{2}}\). La figure de l’énoncé illustre ces inclusions. Comme \(g \geq\, 0\), l’intégrale croît avec le domaine. Par conséquent, \(\frac{\pi}{4}(1 – e^{-R^2}) \leq\, F(R)^2 \leq\, \frac{\pi}{4}(1 – e^{-2R^2})\).
4. Les deux bornes tendent vers \(\frac{\pi}{4}\) quand \(R \to +\infty\). Par le théorème des gendarmes, \(F(R)^2 \to \frac{\pi}{4}\). Or \(F(R) \geq\, 0\) et la racine carrée est continue. Donc \(F(R) \to \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Par définition, l’intégrale généralisée converge et \(\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,\mathrm{d}t = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

Point de méthode : on ne peut pas passer directement en polaires sur le carré, car ses bornes en \(r\) dépendent de \(\theta\) de façon compliquée. L’encadrement par deux quarts de disque contourne cette difficulté.

Corrigé de l’exercice 10 : Changement de variables affine

1. Les sommets sont les intersections des droites \(x + y \in \{0, 2\}\) et \(x – y \in \{0, 2\}\). On trouve \((0,0)\), \((1,1)\), \((2,0)\) et \((1,-1)\) : \(D\) est un carré dont les côtés sont inclinés à \(45^\circ\).
2. En additionnant et en soustrayant, \(x = \frac{u+v}{2}\) et \(y = \frac{u-v}{2}\). Le jacobien vaut \[J = \begin{vmatrix} 1/2 1/2 \\ 1/2 -1/2 \end{vmatrix} = -\frac{1}{4} – \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}.\] Donc \(|J| = \frac{1}{2}\) et \(\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \frac{1}{2}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v\). L’application linéaire \((x,y) \mapsto (u,v)\) est bijective et envoie \(D\) sur \(\Delta = [0,2]^2\), comme le montre la figure ci-dessous.

3. Par la formule du changement de variables, \(\mathcal{A}(D) = \iint_\Delta \frac{1}{2}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v = \frac{1}{2} \cdot 4\). L’aire vaut \(2\), ce que confirme le côté \(\sqrt{2}\) du carré incliné.
4. La fonction s’écrit \(u\,e^v\). Donc \(\iint_D (x+y)e^{x-y} = \frac{1}{2} \int_0^2 u\,\mathrm{d}u \int_0^2 e^v\,\mathrm{d}v = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot (e^2 – 1)\). Le résultat vaut \(e^2 – 1\).
5. On factorise \(x^2 – y^2 = (x+y)(x-y) = uv\). Ainsi, \(\iint_D (x^2 – y^2) = \frac{1}{2} \int_0^2 u\,\mathrm{d}u \int_0^2 v\,\mathrm{d}v = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\). Le résultat vaut \(2\).

Corrigé de l’exercice 11 : Aire et moments d’une ellipse

1. Le jacobien vaut \[\begin{vmatrix} a\cos\theta -ar\sin\theta \\ b\sin\theta br\cos\theta \end{vmatrix} = abr\cos^2\theta + abr\sin^2\theta = abr.\] De plus, \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = r^2\). Donc \(E\) correspond à \(r \in [0,1]\) et \(\theta \in [0, 2\pi]\), avec \(\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = abr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\).
2. On calcule \(\mathcal{A}(E) = \int_0^{2\pi} \int_0^1 abr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = ab \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{2}\). L’aire vaut \(\pi ab\).
3. On a \(\iint_E x^2 = \int_0^{2\pi} \int_0^1 a^2 r^2 \cos^2\theta \cdot abr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = a^3 b \int_0^1 r^3\,\mathrm{d}r \int_0^{2\pi} \cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta = a^3 b \cdot \frac{1}{4} \cdot \pi\). Le résultat vaut \(\frac{\pi a^3 b}{4}\).
4. La fonction vaut \(r^2\). Donc l’intégrale vaut \(\int_0^{2\pi} \int_0^1 r^2 \cdot abr\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = ab \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{4}\). Le résultat vaut \(\frac{\pi ab}{2}\). On peut le vérifier avec la question 3 : par symétrie des rôles, \(\iint_E \frac{y^2}{b^2} = \frac{\pi ab}{4}\), et \(\frac{\pi a^3 b}{4a^2} + \frac{\pi ab}{4} = \frac{\pi ab}{2}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Un domaine limité par des hyperboles

1. Si \((x,y) \in D\), alors \(u = xy \in [1,2]\) et \(v = \frac{y}{x} \in [1,3]\). Réciproquement, soit \((u,v) \in \Delta\). Si \(x > 0\) et \(y\) conviennent, alors \(y = vx\) et \(u = vx^2\), donc \(x = \sqrt{u/v}\) et \(y = vx = \sqrt{uv}\). Ces valeurs vérifient bien \(xy = u\) et \(\frac{y}{x} = v\). L’application est donc une bijection de \(D\) sur \(\Delta\), de réciproque \((u,v) \mapsto (\sqrt{u/v}, \sqrt{uv})\). Les deux applications sont de classe \(C^1\) sur les ouverts \(]0,+\infty[^2\) concernés.
2. On écrit \(x = u^{1/2} v^{-1/2}\) et \(y = u^{1/2} v^{1/2}\). Alors \[J = \frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v} – \frac{\partial x}{\partial v}\frac{\partial y}{\partial u} = \frac{1}{2}u^{-1/2}v^{-1/2} \cdot \frac{1}{2}u^{1/2}v^{-1/2} + \frac{1}{2}u^{1/2}v^{-3/2} \cdot \frac{1}{2}u^{-1/2}v^{1/2} = \frac{1}{4v} + \frac{1}{4v}.\] Donc \(J = \frac{1}{2v}\), qui est strictement positif.
3. Par la formule du changement de variables, \(\mathcal{A}(D) = \int_1^2 \int_1^3 \frac{\mathrm{d}v}{2v}\,\mathrm{d}u = 1 \cdot \frac{\ln 3}{2}\). L’aire vaut \(\frac{\ln 3}{2}\).
4. D’abord, \(\iint_D xy = \int_1^2 u\,\mathrm{d}u \cdot \int_1^3 \frac{\mathrm{d}v}{2v} = \frac{3}{2} \cdot \frac{\ln 3}{2}\), donc \(\iint_D xy = \frac{3\ln 3}{4}\). Ensuite, \(\iint_D \frac{y}{x} = \int_1^2 \int_1^3 v \cdot \frac{1}{2v}\,\mathrm{d}v\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2} \cdot 2\), donc \(\iint_D \frac{y}{x} = 1\).

Point de méthode : quand un domaine est limité par des courbes de la forme \(\varphi(x,y) = \text{constante}\) et \(\psi(x,y) = \text{constante}\), posez \(u = \varphi(x,y)\) et \(v = \psi(x,y)\). Le domaine devient un rectangle.

Corrigé de l’exercice 13 : Volumes sous une surface

1. La fonction \(4 – x^2 – y^2\) est positive sur le disque de rayon \(2\). Le volume vaut donc \(\iint (4 – x^2 – y^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\) sur ce disque. En polaires, \(\int_0^{2\pi} \int_0^2 (4 – r^2)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2\pi(8 – 4)\). Le volume vaut \(8\pi\).
2. La fonction \(xy\) est positive sur \([0,1] \times [0,2]\). Donc le volume vaut \(\int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^2 y\,\mathrm{d}y = \frac{1}{2} \cdot 2\). Le volume vaut \(1\).
3. Sur \(T\), \(1 – x – y \geq\, 0\). Donc le volume vaut \(\int_0^1 \int_0^{1-x} (1 – x – y)\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{(1-x)^2}{2}\,\mathrm{d}x\). Le volume vaut \(\frac{1}{6}\). Ce solide est le tétraèdre de sommets \(O\), \((1,0,0)\), \((0,1,0)\), \((0,0,1)\) ; on retrouve la formule « base fois hauteur sur trois », avec \(\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1\).

Corrigé de l’exercice 14 : Tétraèdre et intégrale triple

1. Le tétraèdre s’écrit \(\{(x,y) \in T,\ 0 \leq\, z \leq\, 1 – x – y\}\), où \(T\) est le triangle de l’exercice 4. Par la méthode des piles, \(\mathrm{Vol}(V) = \iint_T (1 – x – y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\). Le calcul de l’exercice 13 donne \(\mathrm{Vol}(V) = \frac{1}{6}\).
2. Pour \(z \in [0,1]\) fixé, \(V_z = \{x \geq\, 0,\ y \geq\, 0,\ x + y \leq\, 1 – z\}\). C’est un triangle rectangle isocèle de côté \(1 – z\), d’aire \(\frac{(1-z)^2}{2}\). Par tranches, \[\iiint_V z = \int_0^1 z \cdot \frac{(1-z)^2}{2}\,\mathrm{d}z = \frac{1}{2}( \frac{1}{2} – \frac{2}{3} + \frac{1}{4} ) = \frac{1}{24}.\] Ainsi, \(\iiint_V z = \frac{1}{24}\).
3. La cote moyenne vaut \(\,\overline{z} = \frac{1/24}{1/6} = \frac{1}{4}\). Or \(V\) est invariant par toute permutation des coordonnées. Donc \(\,\overline{x} = \,\overline{y} = \,\overline{z}\). Le centre de gravité est \(G = ( \frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{4} )\).
4. Par linéarité et par la même symétrie, \(\iiint_V (x + y + z) = 3 \iiint_V z = \frac{3}{24}\). Le résultat vaut \(\frac{1}{8}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Coordonnées cylindriques et bol parabolique

1. En cylindriques, \(x^2 + y^2 = r^2\). La condition devient \(r^2 \leq\, z \leq\, 1\), ce qui impose \(r \leq\, 1\). Ainsi, \(V\) correspond à \(\theta \in [0, 2\pi]\), \(r \in [0,1]\) et \(r^2 \leq\, z \leq\, 1\).
2. Le jacobien vaut \(r\). Donc \(\mathrm{Vol}(V) = \int_0^{2\pi} \int_0^1 (1 – r^2)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2\pi( \frac{1}{2} – \frac{1}{4} )\). Le volume vaut \(\frac{\pi}{2}\).
3. On intègre d’abord en \(z\) : \(\int_{r^2}^1 z\,\mathrm{d}z = \frac{1 – r^4}{2}\). Ensuite, \(\iiint_V z = 2\pi \int_0^1 \frac{1 – r^4}{2}\,r\,\mathrm{d}r = \pi( \frac{1}{2} – \frac{1}{6} ) = \frac{\pi}{3}\). Donc \(\iiint_V z = \frac{\pi}{3}\) et \(\,\overline{z} = \frac{\pi/3}{\pi/2} = \frac{2}{3}\). Le centre de gravité est plus près du bord supérieur, là où le bol est le plus large.
4. Pour \(z \in [0,1]\), la section \(V_z\) est le disque \(x^2 + y^2 \leq\, z\), de rayon \(\sqrt{z}\) et d’aire \(\pi z\). Donc \(\mathrm{Vol}(V) = \int_0^1 \pi z\,\mathrm{d}z\). On retrouve \(\frac{\pi}{2}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Coordonnées sphériques, boule et cornet

1. La boule correspond à \(r \in [0,R]\), \(\varphi \in [0,\pi]\) et \(\theta \in [0,2\pi]\), avec le jacobien \(r^2\sin\varphi\). Donc \(\mathrm{Vol}(B) = \int_0^R r^2\,\mathrm{d}r \int_0^\pi \sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta = \frac{R^3}{3} \cdot 2 \cdot 2\pi\). Le volume vaut \(\frac{4}{3}\pi R^3\).
2. La fonction vaut \(r^2\). Ainsi, \(\iiint_B (x^2+y^2+z^2) = \int_0^R r^4\,\mathrm{d}r \cdot 2 \cdot 2\pi\). Le résultat vaut \(\frac{4\pi R^5}{5}\).
3. La boule est invariante par permutation des coordonnées. Par le changement de variables correspondant, de jacobien \(\pm 1\), on a \(\iiint_B x^2 = \iiint_B y^2 = \iiint_B z^2\). Leur somme vaut \(\frac{4\pi R^5}{5}\). Donc \(\iiint_B z^2 = \frac{4\pi R^5}{15}\).
4. La condition \(z \geq\, \sqrt{x^2+y^2}\) s’écrit \(r\cos\varphi \geq\, r\sin\varphi\). Comme \(\sin\varphi \geq\, 0\), elle équivaut à \(\varphi \in [0, \frac{\pi}{4}]\). La coupe verticale ci-dessous montre le secteur obtenu. Par conséquent, \[\mathrm{Vol}(K) = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/4} \int_0^R r^2 \sin\varphi\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta = 2\pi \cdot ( 1 – \frac{\sqrt{2}}{2} ) \cdot \frac{R^3}{3}.\] Le volume du cornet vaut \(\frac{(2 – \sqrt{2})\pi R^3}{3}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Longueurs d’arcs

1. On a \(\gamma^{\prime}(t) = (1 – \cos t, \sin t)\), donc \(\|\gamma^{\prime}(t)\|^2 = 2 – 2\cos t = 4\sin^2\frac{t}{2}\). Sur \([0,2\pi]\), \(\sin\frac{t}{2} \geq\, 0\), donc \(\|\gamma^{\prime}(t)\| = 2\sin\frac{t}{2}\). Ainsi, \(L = [ -4\cos\frac{t}{2} ]_0^{2\pi} = 4 + 4\). La longueur vaut \(8\).
2. On a \(\gamma^{\prime}(t) = (-3\cos^2 t\sin t,\ 3\sin^2 t\cos t)\), donc \(\|\gamma^{\prime}(t)\| = 3|\sin t\cos t| = \frac{3}{2}|\sin 2t|\). Sur une période de longueur \(\frac{\pi}{2}\), \(\int |\sin 2t|\,\mathrm{d}t = 1\). Donc \(L = \frac{3}{2} \cdot 4\). La longueur vaut \(6\).
3. On a \(\sqrt{1 + \mathrm{sh}^2 x} = \mathrm{ch}\,x\), car \(\mathrm{ch}\,x > 0\). Donc \(L = \int_0^1 \mathrm{ch}\,x\,\mathrm{d}x\). La longueur vaut \(\mathrm{sh}\,1\).
4. On a \(\gamma^{\prime}(t) = (-\sin t, \cos t, 1)\), de norme \(\sqrt{2}\). La longueur vaut \(2\pi\sqrt{2}\). Autrement dit, en déroulant le cylindre, le tour d’hélice devient la diagonale d’un rectangle de côtés \(2\pi\) et \(2\pi\).

Corrigé de l’exercice 18 : Formes exactes et chemins

1. Posons \(P = 3x^2y + y\) et \(Q = x^3 + x + 2y\), de classe \(C^1\). On a \(\partial_y P = 3x^2 + 1 = \partial_x Q\). Donc \(\omega_1\) est fermée. Comme \(\mathbb{R}^2\) est convexe, donc étoilé, le théorème de Poincaré assure qu’elle est exacte.
2. On intègre \(P\) en \(x\) : \(F(x,y) = x^3 y + xy + c(y)\). Puis \(\partial_y F = x^3 + x + c^{\prime}(y)\) doit valoir \(Q\), donc \(c^{\prime}(y) = 2y\). Un potentiel est \(F(x,y) = x^3y + xy + y^2\).
3. Directement, avec \(x = t\), \(y = 2t\), \(\mathrm{d}x = \mathrm{d}t\) et \(\mathrm{d}y = 2\,\mathrm{d}t\) : \[\int_\gamma \omega_1 = \int_0^1 \Big( (6t^3 + 2t) + 2(t^3 + 5t) \Big)\,\mathrm{d}t = \int_0^1 (8t^3 + 12t)\,\mathrm{d}t = 2 + 6 = 8.\] Avec le potentiel, \(F(1,2) – F(0,0) = 2 + 2 + 4 = 8\). Les deux calculs donnent \(8\).
4. Pour un chemin fermé, le point de départ et le point d’arrivée coïncident. L’intégrale vaut donc \(F(A) – F(A) = 0\).
5. Le long du segment \(t \mapsto (t,t)\) : \(\int_0^1 (t^2 + t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}\). Le long de la parabole \(t \mapsto (t,t^2)\) : \(\int_0^1 (t^4 + t \cdot 2t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{5} + \frac{2}{3} = \frac{13}{15}\). Les deux chemins ont les mêmes extrémités, mais \(\frac{5}{6} = \frac{25}{30} \neq \frac{26}{30}\). Donc \(\omega_2\) n’est pas exacte. On le voit aussi directement : \(\partial_y(y^2) = 2y\) diffère de \(\partial_x(x) = 1\), donc \(\omega_2\) n’est même pas fermée.

Corrigé de l’exercice 19 : La forme angle

1. Posons \(P = \frac{-y}{x^2+y^2}\) et \(Q = \frac{x}{x^2+y^2}\), de classe \(C^1\) sur \(U\). On calcule \[\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{-(x^2+y^2) + 2y^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2 – x^2}{(x^2+y^2)^2}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{(x^2+y^2) – 2x^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2 – x^2}{(x^2+y^2)^2}.\] Les deux dérivées sont égales : \(\omega\) est fermée sur \(U\).
2. On paramètre \(C_R\) par \(x = R\cos t\), \(y = R\sin t\), \(t \in [0,2\pi]\). Alors \(-y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y = (R^2\sin^2 t + R^2\cos^2 t)\,\mathrm{d}t = R^2\,\mathrm{d}t\), et \(x^2 + y^2 = R^2\). Donc \(\omega = \mathrm{d}t\) le long du cercle. Ainsi, \(\oint_{C_R} \omega = 2\pi\).
3. Si \(\omega\) était exacte sur \(U\), son intégrale sur tout chemin fermé de \(U\) serait nulle. Or \(C_R\) est un chemin fermé de \(U\) et l’intégrale vaut \(2\pi\). Donc \(\omega\) n’est pas exacte sur \(U\), bien qu’elle soit fermée. Ce n’est pas contradictoire : \(U\) n’est pas étoilé. La figure ci-dessous montre le champ \((P,Q)\), qui tourne autour de l’origine.

4. Sur \(H\), \(F\) est de classe \(C^1\). On calcule \(\partial_x F = \frac{-y/x^2}{1 + y^2/x^2} = \frac{-y}{x^2+y^2} = P\) et \(\partial_y F = \frac{1/x}{1 + y^2/x^2} = \frac{x}{x^2+y^2} = Q\). Donc \(F\) est un potentiel de \(\omega\) sur \(H\).
5. Pour tout chemin de \(H\) allant de \((1,-1)\) à \((1,1)\), l’intégrale vaut \(F(1,1) – F(1,-1) = \frac{\pi}{4} – (-\frac{\pi}{4})\). Elle vaut \(\frac{\pi}{2}\). C’est l’angle balayé par le rayon vecteur, d’où le nom de forme angle.

Corrigé de l’exercice 20 : Vérification de la formule de Green-Riemann

1. On parcourt les côtés dans le sens direct. En bas, \(y = 0\), \(x\) va de \(0\) à \(1\) : \(P = 0\) et \(\mathrm{d}y = 0\), la contribution est nulle. À droite, \(x = 1\), \(y\) va de \(0\) à \(1\) : \(\mathrm{d}x = 0\) et \(Q = 1\), la contribution vaut \(1\). En haut, \(y = 1\), \(x\) va de \(1\) à \(0\) : on obtient \(\int_1^0 x\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\). À gauche, \(x = 0\) : \(\mathrm{d}x = 0\) et \(Q = 0\), la contribution est nulle. Au total, \(\oint_{\partial D} \omega = \frac{1}{2}\).
2. On a \(\partial_x Q – \partial_y P = 2x – x = x\). Donc \(\iint_D x\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^1 x\,\mathrm{d}x \cdot 1 = \frac{1}{2}\). Les deux membres de la formule valent \(\frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Aire par une intégrale curviligne

1. Quand \(t\) croît, le point tourne dans le sens direct, comme sur un cercle. Avec \(x = a\cos^3 t\) et \(y = a\sin^3 t\), on a \(x\,y^{\prime} = 3a^2\cos^4 t\sin^2 t\) et \(-y\,x^{\prime} = 3a^2\sin^4 t\cos^2 t\). Leur somme vaut \(3a^2\sin^2 t\cos^2 t\,(\cos^2 t + \sin^2 t) = \frac{3a^2}{4}\sin^2 2t\). Or \(\int_0^{2\pi} \sin^2 2t\,\mathrm{d}t = \pi\). Donc \(\mathcal{A} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \pi\). L’aire de l’astroïde vaut \(\frac{3\pi a^2}{8}\), soit les trois huitièmes du disque de rayon \(a\), comme l’illustre la figure.

2. Pour laisser le domaine à gauche, on parcourt d’abord le segment de \((0,0)\) à \((2\pi, 0)\), puis l’arche de \(t = 2\pi\) à \(t = 0\). Sur le segment, \(y = 0\), donc la contribution à \(-\oint y\,\mathrm{d}x\) est nulle. Sur l’arche parcourue à l’envers, \[-\int_{2\pi}^{0} y(t)\,x^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t = \int_0^{2\pi} (1 – \cos t)^2\,\mathrm{d}t = \int_0^{2\pi} ( 1 – 2\cos t + \cos^2 t ) \mathrm{d}t = 2\pi + \pi.\] L’aire sous une arche de cycloïde vaut \(3\pi\), soit trois fois l’aire du cercle qui l’engendre.

Point de méthode : choisissez entre \(x\,\mathrm{d}y\), \(-y\,\mathrm{d}x\) et la demi-somme selon les morceaux du bord : ici, \(-y\,\mathrm{d}x\) annule la contribution du segment.

Corrigé de l’exercice 22 : Green-Riemann autour d’une singularité

1. Sur le côté droit, \(x = 1\) et \(y\) va de \(-1\) à \(1\) : \(\mathrm{d}x = 0\), donc la contribution vaut \(\int_{-1}^1 \frac{\mathrm{d}y}{1+y^2} = \frac{\pi}{2}\). Sur le côté haut, \(y = 1\) et \(x\) va de \(1\) à \(-1\) : on obtient \(\int_1^{-1} \frac{-\mathrm{d}x}{1+x^2} = \frac{\pi}{2}\). Sur le côté gauche, \(x = -1\) et \(y\) va de \(1\) à \(-1\) : on obtient \(\int_1^{-1} \frac{-\mathrm{d}y}{1+y^2} = \frac{\pi}{2}\). Enfin, sur le côté bas, \(y = -1\) et \(x\) va de \(-1\) à \(1\) : on obtient \(\int_{-1}^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \frac{\pi}{2}\). Au total, \(\oint_\Gamma \omega = 2\pi\).
2. Le domaine \(D\) est compact et ne contient pas l’origine. Donc \(P\) et \(Q\) sont de classe \(C^1\) sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}\), qui contient \(D\). La formule de Green-Riemann s’applique. Comme \(\omega\) est fermée, \(\partial_x Q – \partial_y P = 0\). Donc \(\oint_{\partial D} \omega = 0\).
3. Choisissons \(\varepsilon > 0\) tel que le disque fermé \(\overline{D}(O,\varepsilon)\) soit contenu dans l’intérieur de \(D\). Le domaine \(D_\varepsilon = D \setminus D(O,\varepsilon)\) ne contient plus l’origine. Son bord orienté dans le sens direct se compose de \(\partial D\), parcouru dans le sens direct, et du cercle \(C_\varepsilon\), parcouru dans le sens indirect, pour laisser \(D_\varepsilon\) à gauche. La formule de Green-Riemann, appliquée à \(D_\varepsilon\), donne \(\oint_{\partial D} \omega – \oint_{C_\varepsilon} \omega = 0\). Par l’exercice 19, \(\oint_{C_\varepsilon} \omega = 2\pi\). Donc \(\oint_{\partial D} \omega = 2\pi\). Pour le carré \([-1,1]^2\), qui contient l’origine dans son intérieur, on retrouve bien le résultat de la question 1.
4. Le long de l’ellipse, \(-y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y = (ab\sin^2 t + ab\cos^2 t)\,\mathrm{d}t = ab\,\mathrm{d}t\). De plus, \(x^2 + y^2 = a^2\cos^2 t + b^2\sin^2 t\). L’ellipse est parcourue dans le sens direct et son intérieur contient l’origine. Par la question 3, \(\int_0^{2\pi} \frac{ab\,\mathrm{d}t}{a^2\cos^2 t + b^2\sin^2 t} = 2\pi\). En divisant par \(ab\), on obtient \(\int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}t}{a^2\cos^2 t + b^2 \sin^2 t} = \frac{2\pi}{ab}\).

Point de méthode : pour une forme fermée avec une singularité, isolez-la par un petit cercle. L’intégrale sur le bord ne dépend alors que des singularités entourées.

Corrigé de l’exercice 23 : Problème, le demi-disque homogène

1. En polaires, \(D\) correspond à \(r \in [0,R]\) et \(\theta \in [0,\pi]\). Donc \(\mathcal{A}(D) = \int_0^\pi \int_0^R r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\). L’aire vaut \(\frac{\pi R^2}{2}\).
2. On calcule \(\iint_D y = \int_0^\pi \sin\theta\,\mathrm{d}\theta \int_0^R r^2\,\mathrm{d}r = 2 \cdot \frac{R^3}{3} = \frac{2R^3}{3}\). Par ailleurs, \(\iint_D x = \int_0^\pi \cos\theta\,\mathrm{d}\theta \cdot \frac{R^3}{3} = 0\), ce qu’annonçait la symétrie par rapport à l’axe \(Oy\). Donc \(\,\overline{x} = 0\) et \(\,\overline{y} = \frac{2R^3/3}{\pi R^2/2} = \frac{4R}{3\pi}\). Le centre de gravité est \(G = ( 0, \frac{4R}{3\pi} )\), soit environ \(0{,}42\,R\) au-dessus du diamètre.
3. Avec \(P = -\frac{y^2}{2}\) et \(Q = 0\), de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), on a \(\partial_x Q – \partial_y P = y\). Donc \(\iint_D y = \oint_{\partial D} -\frac{y^2}{2}\,\mathrm{d}x\). Le bord direct se compose du diamètre, parcouru de \((-R,0)\) à \((R,0)\), puis du demi-cercle \(t \mapsto (R\cos t, R\sin t)\), \(t \in [0,\pi]\). Sur le diamètre, \(y = 0\) : la contribution est nulle. Sur le demi-cercle, \(\mathrm{d}x = -R\sin t\,\mathrm{d}t\), donc \[\int_0^\pi -\frac{R^2\sin^2 t}{2}\,(-R\sin t)\,\mathrm{d}t = \frac{R^3}{2}\int_0^\pi \sin^3 t\,\mathrm{d}t = \frac{R^3}{2} \cdot \frac{4}{3} = \frac{2R^3}{3}.\] On retrouve \(\iint_D y = \frac{2R^3}{3}\). On a utilisé \(\int_0^\pi \sin^3 t\,\mathrm{d}t = [ -\cos t + \frac{\cos^3 t}{3} ]_0^\pi = \frac{4}{3}\).
4. En polaires, \(I_O = \int_0^\pi \int_0^R r^2 \cdot r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = \pi \cdot \frac{R^4}{4}\). Le moment d’inertie vaut \(\frac{\pi R^4}{4}\).
5. Le solide \(W\) est l’ensemble des points \((x, \rho\cos\alpha, \rho\sin\alpha)\) avec \((x,\rho) \in D\) et \(\alpha \in [0,2\pi]\). Le jacobien de \((x,\rho,\alpha) \mapsto (x, \rho\cos\alpha, \rho\sin\alpha)\) vaut \[\begin{vmatrix} 1 0 0 \\ 0 \cos\alpha -\rho\sin\alpha \\ 0 \sin\alpha \rho\cos\alpha \end{vmatrix} = \rho.\] Donc \(\mathrm{Vol}(W) = \int_0^{2\pi} ( \iint_D \rho\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}\rho ) \mathrm{d}\alpha = 2\pi \iint_D y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\), en renommant \(\rho\) en \(y\). Avec la question 2, \(\mathrm{Vol}(W) = 2\pi \cdot \frac{2R^3}{3}\). On retrouve \(\frac{4}{3}\pi R^3\), volume de la boule.

Point de méthode : le résultat de la question 5 s’écrit \(\mathrm{Vol}(W) = 2\pi\,\overline{y} \cdot \mathcal{A}(D)\). Cette relation, connue sous le nom de théorème de Guldin, est hors programme mais se redémontre en deux lignes comme ici.

Corrigé de l’exercice 24 : Problème, intersections de cylindres et de sphères

Partie A.

1. À la cote \(z \in [-R,R]\), les conditions deviennent \(x^2 \leq\, R^2 – z^2\) et \(y^2 \leq\, R^2 – z^2\). La section est le carré \([-\sqrt{R^2 – z^2}, \sqrt{R^2 – z^2}]^2\), de côté \(2\sqrt{R^2 – z^2}\) et d’aire \(4(R^2 – z^2)\). Pour \(|z| > R\), la section est vide.
2. Par la méthode des tranches, \(\mathrm{Vol}(V_1) = \int_{-R}^R 4(R^2 – z^2)\,\mathrm{d}z = 4( 2R^3 – \frac{2R^3}{3} )\). Le volume vaut \(\frac{16R^3}{3}\).
3. Si \(x^2 + y^2 + z^2 \leq\, R^2\), alors \(x^2 + z^2 \leq\, R^2\) et \(y^2 + z^2 \leq\, R^2\) : la boule est bien contenue dans \(V_1\). À la cote \(z\), sa section est le disque de rayon \(\sqrt{R^2 – z^2}\), inscrit dans le carré précédent, comme le montre la partie gauche de la figure ci-dessous. Le rapport des aires vaut \(\frac{\pi(R^2 – z^2)}{4(R^2 – z^2)} = \frac{\pi}{4}\) à chaque hauteur. Par conséquent, le rapport des volumes vaut aussi \(\frac{\pi}{4}\) : on vérifie que \(\frac{4\pi R^3/3}{16R^3/3} = \frac{\pi}{4}\).

Partie B.

1. Pour \((x,y) \in D\), on a \(x \leq\, 2\), donc \(x^2 + y^2 \leq\, 2x \leq\, 4\). La quantité \(4 – x^2 – y^2\) est donc positive. À \((x,y) \in D\) fixé, \(z\) décrit l’intervalle \([-\sqrt{4 – x^2 – y^2}, \sqrt{4 – x^2 – y^2}]\). Par la méthode des piles, \(\mathrm{Vol}(V_2) = 2\iint_D \sqrt{4 – x^2 – y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\).
2. On utilise la description polaire de \(D\) obtenue à l’exercice 8. À \(\theta\) fixé, \[\int_0^{2\cos\theta} \sqrt{4 – r^2}\,r\,\mathrm{d}r = [ -\frac{(4 – r^2)^{3/2}}{3} ]_0^{2\cos\theta} = \frac{8 – (4\sin^2\theta)^{3/2}}{3} = \frac{8 – 8|\sin\theta|^3}{3}.\] Ensuite, \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2} |\sin\theta|^3\,\mathrm{d}\theta = 2\int_0^{\pi/2} \sin^3\theta\,\mathrm{d}\theta = 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3}\). Par conséquent, \[\mathrm{Vol}(V_2) = \frac{16}{3}( \pi – \frac{4}{3} ) = \frac{16\pi}{3} – \frac{64}{9}.\] Le volume vaut \(\frac{16\pi}{3} – \frac{64}{9} \approx 9{,}64\). Ce nombre est bien inférieur au volume \(\frac{32\pi}{3} \approx 33{,}5\) de la boule.

Point de méthode : attention à la valeur absolue dans \((\sin^2\theta)^{3/2} = |\sin\theta|^3\). L’oublier donnerait une intégrale de \(\sin^3\theta\) nulle sur \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\), donc un résultat faux.

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : intégrales multiples, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur intégrales multiples
• À maîtriser avant : Différentiabilité, formule de Taylor et extrema
• Chapitre précédent : Formes quadratiques, coniques et quadriques
• Chapitre suivant : Variables aléatoires à densité
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L2 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L2 et la licence de maths de L1 à L3