Corrigé du contrôle de maths L2 : intégrales doubles, triples et curvilignes

Exercice 1 : Question de cours : Fubini et jacobiens (3 points)

1. Théorème de Fubini : si \(f\) est continue sur \(D\), alors

   \[\iint_D f(x, y) \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_a^b (\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x, y) \,\mathrm{d}y) \mathrm{d}x.\]

   Si \(D\) s’écrit aussi \(\{c \leq\, y \leq\, d,\ \psi_1(y) \leq\, x \leq\, \psi_2(y)\}\), on peut intégrer dans l’autre ordre, et les deux résultats sont égaux.

2. La matrice jacobienne de \((r, \theta) \mapsto (r\cos\theta, r\sin\theta)\) a pour colonnes \((\cos\theta, \sin\theta)\) et \((-r\sin\theta, r\cos\theta)\). Son déterminant vaut \(r\cos^2\theta + r\sin^2\theta\). Le jacobien vaut \(r\), d’où \(\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\).

3. Les dérivées partielles de \(\Phi(r, \theta, \varphi)\) sont

   \[\frac{\partial \Phi}{\partial r} = \begin{pmatrix} \sin\varphi\cos\theta \\ \sin\varphi\sin\theta \\ \cos\varphi \end{pmatrix}, \quad \frac{\partial \Phi}{\partial \theta} = \begin{pmatrix} -r\sin\varphi\sin\theta \\ r\sin\varphi\cos\theta \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \frac{\partial \Phi}{\partial \varphi} = \begin{pmatrix} r\cos\varphi\cos\theta \\ r\cos\varphi\sin\theta \\ -r\sin\varphi \end{pmatrix}.\]

   On développe le déterminant selon la troisième ligne \((\cos\varphi, 0, -r\sin\varphi)\). Le mineur associé à \(\cos\varphi\) vaut \(-r^2\sin\varphi\cos\varphi\sin^2\theta – r^2\sin\varphi\cos\varphi\cos^2\theta = -r^2\sin\varphi\cos\varphi\). Celui associé à \(-r\sin\varphi\) vaut \(r\sin^2\varphi\cos^2\theta + r\sin^2\varphi\sin^2\theta = r\sin^2\varphi\). Donc

   \[\det J_\Phi = -r^2\sin\varphi\cos^2\varphi – r^2\sin^3\varphi = -r^2\sin\varphi.\]

   La valeur absolue du jacobien vaut \(r^2\sin\varphi\) (positif car \(\varphi \in [0, \pi]\)), d’où \(\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z = r^2\sin\varphi\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi\).

Barème : a) 0,5 point pour les hypothèses, 0,5 point pour la formule ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour la matrice jacobienne, 0,75 point pour le calcul du déterminant, 0,25 point pour la valeur absolue.

Exercice 2 : Théorème de Fubini sur des domaines élémentaires (4 points)

1. Pour \(0 \leq\, x \leq\, 1\), on a \(x^2 \leq\, \sqrt{x}\), donc \(D\) est un domaine élémentaire. D’après Fubini appliqué à la fonction constante \(1\),

   \[\mathcal{A}(D) = \int_0^1 (\sqrt{x} – x^2) \mathrm{d}x = \frac{2}{3} – \frac{1}{3}.\]

   L’aire de \(D\) vaut \(\frac{1}{3}\).

2. La fonction \((x, y) \mapsto xy\) est continue sur \(D\). Par Fubini,

   \[I = \int_0^1 x [\frac{y^2}{2}]_{x^2}^{\sqrt{x}} \mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^1 x(x – x^4) \mathrm{d}x = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} – \frac{1}{6}).\]

   Ainsi \(I = \frac{1}{12}\).

3. Le domaine d’intégration est le triangle \(T = \{0 \leq\, y \leq\, 1,\ y \leq\, x \leq\, 1\}\), de sommets \((0, 0)\), \((1, 0)\) et \((1, 1)\). Il s’écrit aussi \(T = \{0 \leq\, x \leq\, 1,\ 0 \leq\, y \leq\, x\}\).

   

   La fonction \((x, y) \mapsto e^{x^2}\) est continue sur \(T\). On peut donc échanger l’ordre des intégrations par Fubini. On n’a pas de primitive explicite de \(e^{x^2}\), mais dans l’autre ordre :

   \[J = \int_0^1 (\int_0^x \mathrm{d}y) e^{x^2} \,\mathrm{d}x = \int_0^1 x e^{x^2} \,\mathrm{d}x = [\frac{e^{x^2}}{2}]_0^1.\]

   Par conséquent \(J = \frac{e – 1}{2}\).

Barème : a) 0,5 point pour la description, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour la mise en place, 1 point pour le calcul ; c) 0,5 point pour le domaine dessiné et décrit dans les deux ordres, 0,5 point pour la justification de l’échange, 0,5 point pour le résultat.

Erreur fréquente : garder les bornes \(y\) et \(1\) après l’échange ; les bornes de l’intégrale intérieure doivent toujours dépendre de la variable extérieure.

Exercice 3 : Coordonnées polaires et intégrale de Gauss (4 points)

1. En polaires, \(\Delta\) correspond à \(1 \leq\, r \leq\, 2\) et \(0 \leq\, \theta \leq\, \frac{\pi}{4}\), car \(0 \leq\, y \leq\, x\) équivaut à \(0 \leq\, \sin\theta \leq\, \cos\theta\). Avec \(\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\) et Fubini sur un rectangle :

   \[\iint_\Delta x \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^{\pi/4} \cos\theta \,\mathrm{d}\theta \times \int_1^2 r^2 \,\mathrm{d}r = \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{7}{3}.\]

   L’intégrale vaut \(\frac{7\sqrt{2}}{6}\).

2. La fonction \(\frac{1}{x^2 + y^2}\) est continue sur \(\Delta\), qui ne contient pas l’origine. Donc

   \[\iint_\Delta \frac{\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y}{x^2 + y^2} = \int_0^{\pi/4} \mathrm{d}\theta \times \int_1^2 \frac{r}{r^2} \,\mathrm{d}r = \frac{\pi}{4} \ln 2.\]

   L’intégrale vaut \(\frac{\pi \ln 2}{4}\).

3. D’abord, en polaires,

   \[\iint_{D_R} e^{-(x^2 + y^2)} \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \times \int_0^R r e^{-r^2} \,\mathrm{d}r = 2\pi [-\frac{e^{-r^2}}{2}]_0^R = \pi(1 – e^{-R^2}).\]

   Ensuite, on a les inclusions \(D_R \subset C_R \subset D_{R\sqrt{2}}\), car un point du carré est à distance au plus \(R\sqrt{2}\) de \(O\).

   

   La fonction intégrée est positive, donc les intégrales sont rangées dans le même ordre. De plus, par Fubini sur le carré, \(\iint_{C_R} e^{-x^2} e^{-y^2} \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = G_R^2\), où \(G_R = \int_{-R}^{R} e^{-x^2} \,\mathrm{d}x\). Ainsi

   \[\pi(1 – e^{-R^2}) \leq\, G_R^2 \leq\, \pi(1 – e^{-2R^2}).\]

   Par encadrement, \(G_R^2 \to \pi\) quand \(R \to +\infty\). Or \(G_R\) est positif et croissant, et l’intégrale de Gauss converge car \(e^{-x^2} \leq\, e^{-|x|}\) pour \(|x| \geq\, 1\). Donc \(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} \,\mathrm{d}x = \sqrt{\pi}\).

Barème : a) 0,5 point pour le domaine en polaires, 0,5 point pour le jacobien, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,25 point pour la continuité, 0,75 point pour le calcul ; c) 0,5 point pour l’intégrale sur le disque, 0,5 point pour l’encadrement justifié, 0,5 point pour le passage à la limite.

Exercice 4 : Volumes et intégrales triples (4 points)

1. Un point \((x, y)\) est la projection d’un point de \(V\) si et seulement si \(x^2 + y^2 \leq\, 2 – x^2 – y^2\), c’est-à-dire \(x^2 + y^2 \leq\, 1\). La projection de \(V\) est le disque unité \(\Delta_1\).

   

   En coordonnées cylindriques \((r, \theta, z)\), le jacobien vaut \(r\) et \(V\) s’écrit \(0 \leq\, r \leq\, 1\), \(0 \leq\, \theta \leq\, 2\pi\), \(r^2 \leq\, z \leq\, 2 – r^2\). Par Fubini,

   \[\operatorname{Vol}(V) = \int_0^{2\pi} \int_0^1 (2 – 2r^2) r \,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2\pi [r^2 – \frac{r^4}{2}]_0^1 = 2\pi \times \frac{1}{2}.\]

   Le volume de \(V\) vaut \(\pi\).

2. En sphériques, \(B\) correspond à \(r \in [0, 1]\), \(\theta \in [0, 2\pi]\), \(\varphi \in [0, \pi]\), et \(z^2 = r^2\cos^2\varphi\). Le jacobien vaut \(r^2 \sin\varphi\), donc

   \[\iiint_B z^2 = \int_0^1 r^4 \,\mathrm{d}r \times \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \times \int_0^\pi \cos^2\varphi \sin\varphi \,\mathrm{d}\varphi = \frac{1}{5} \times 2\pi \times [-\frac{\cos^3\varphi}{3}]_0^\pi = \frac{1}{5} \times 2\pi \times \frac{2}{3}.\]

   On obtient \(\iiint_B z^2 \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z = \frac{4\pi}{15}\).

   Vérification : \(\iiint_B (x^2 + y^2 + z^2) = \int_0^1 r^4 \,\mathrm{d}r \times 2\pi \times 2 = \frac{4\pi}{5}\). Or la boule est invariante par permutation des coordonnées, donc les intégrales de \(x^2\), \(y^2\) et \(z^2\) sont égales. Chacune vaut \(\frac{1}{3} \times \frac{4\pi}{5} = \frac{4\pi}{15}\), ce qui confirme le résultat.

Barème : a) 0,5 point pour la projection et sa figure, 0,5 point pour la description en cylindriques, 1 point pour le calcul ; b) 0,5 point pour la mise en place, 1 point pour le calcul, 0,5 point pour la vérification par symétrie.

Exercice 5 : Problème : formes différentielles et formule de Green-Riemann (5 points)

1. Posons \(P = 2xy + 1\) et \(Q = x^2 + 3y^2\), de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\). On a \(\frac{\partial P}{\partial y} = 2x = \frac{\partial Q}{\partial x}\), donc \(\omega_1\) est fermée. Comme \(\mathbb{R}^2\) est étoilé, le théorème de Poincaré affirme qu’elle est exacte. On cherche \(f\) avec \(\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy + 1\) : \(f = x^2 y + x + g(y)\), puis \(x^2 + g^{\prime}(y) = x^2 + 3y^2\), donc \(g(y) = y^3\).

   Ainsi \(f(x, y) = x^2 y + x + y^3\), et l’intégrale ne dépend que des extrémités : \(f(1, 2) – f(0, 0) = 2 + 1 + 8\). L’intégrale vaut \(11\) le long de tout chemin de \((0, 0)\) à \((1, 2)\).

2. Avec \(x = 2\cos t\), \(y = \sin t\), on a \(\mathrm{d}x = -2\sin t \,\mathrm{d}t\) et \(\mathrm{d}y = \cos t \,\mathrm{d}t\). Donc \(x\,\mathrm{d}y – y\,\mathrm{d}x = (2\cos^2 t + 2\sin^2 t)\mathrm{d}t = 2\,\mathrm{d}t\), et \(\oint_\Gamma x\,\mathrm{d}y – y\,\mathrm{d}x = 4\pi\).

   Formule de Green-Riemann : si \(K\) est un compact du plan dont le bord \(\partial K\) est une courbe \(C^1\) par morceaux orientée dans le sens direct, et si \(P\), \(Q\) sont de classe \(C^1\) sur un ouvert contenant \(K\), alors

   \[\oint_{\partial K} P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = \iint_K (\frac{\partial Q}{\partial x} – \frac{\partial P}{\partial y}) \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.\]

   Avec \(P = -y\) et \(Q = x\), on obtient \(4\pi = \iint_K 2 \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = 2\mathcal{A}(K)\). Donc l’aire de \(K\) vaut \(2\pi\), conforme à la formule \(\pi ab\) avec \(a = 2\) et \(b = 1\).

3. Ici \(P = x^2 y\) et \(Q = xy^2\), de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\). Donc \(\frac{\partial Q}{\partial x} – \frac{\partial P}{\partial y} = y^2 – x^2\), et Green-Riemann donne \(\oint_\Gamma \omega = \iint_K (y^2 – x^2)\).

   Avec \(x = 2r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), \(r \in [0, 1]\), \(\theta \in [0, 2\pi]\), le jacobien vaut \(2r\). Ainsi

   \[\iint_K x^2 = \int_0^{2\pi}\int_0^1 4r^2\cos^2\theta \times 2r \,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 8 \times \frac{1}{4} \times \pi = 2\pi,\]

   \[\iint_K y^2 = \int_0^{2\pi}\int_0^1 r^2\sin^2\theta \times 2r \,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2 \times \frac{1}{4} \times \pi = \frac{\pi}{2}.\]

   Par conséquent \(\oint_\Gamma x^2 y\,\mathrm{d}x + xy^2\,\mathrm{d}y = \frac{\pi}{2} – 2\pi = -\frac{3\pi}{2}\).

4. Posons \(P = \frac{-y}{x^2 + y^2}\) et \(Q = \frac{x}{x^2 + y^2}\), de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\). Le calcul donne

   \[\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{-(x^2 + y^2) + 2y^2}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{y^2 – x^2}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{\partial Q}{\partial x},\]

   donc \(\omega_4\) est fermée. Sur le cercle unité, \(x = \cos t\), \(y = \sin t\), et \(\omega_4 = (\sin^2 t + \cos^2 t)\mathrm{d}t = \mathrm{d}t\) : l’intégrale vaut \(2\pi\).

   Si \(\omega_4\) était exacte, son intégrale sur toute courbe fermée serait nulle. Donc \(\omega_4\) est fermée mais pas exacte sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\). Cela ne contredit ni Poincaré, car l’ouvert n’est pas étoilé, ni Green-Riemann, car \(\omega_4\) n’est pas définie en \(O\), qui appartient au disque bordé par le cercle.

Barème : a) 0,25 point pour la fermeture, 0,25 point pour Poincaré, 0,25 point pour la primitive, 0,25 point pour la valeur 11 ; b) 0,5 point pour le calcul direct, 0,5 point pour l’énoncé de Green-Riemann, 0,5 point pour l’aire ; c) 0,5 point pour l’application de Green-Riemann, 0,75 point pour les deux intégrales, 0,25 point pour le résultat ; d) 0,25 point pour la fermeture, 0,5 point pour l’intégrale, 0,25 point pour la conclusion.

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Après le corrigé du contrôle : intégrales doubles, triples et curvilignes

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