Solution TD Maths 3 [PDF]

Zitiervorschau

Universit´e A/MIRA de B´ejaia 6 Facult´e : ST D´epartements : G.C et ELN .

6 Ann´ ee : 2015-2016

TD de Maths 3 : S´erie №1.

Exercice №1 :Intervertir l’ordre d’int´egration dans les int´egrales suivantes : ] ] ] ∫ 2 [∫ 2 ∫ 0 [∫ −x ∫ 1 [∫ √1−y2 f (x, y)dx dy 1) f (x, y)dy dx 2) f (x, y)dy dx 3) √ 1 −3 −1 2x 0 − 1−y 2 ] ] ∫ [∫ √ ∫ [∫ √ 2 2 2

4y−y

4)

1

f (x, y)dx dy 0

1−x

5)

f (x, y)dy dx. −1

0

0

Exercice №2 : Calculer, par deux m´ethodes diff´erentes, les int´egrales suivantes : ∫ ∫ 1) xydxdy, o` u D = {(x, y) tel que − 1 ≤ x ≤ 1 et x2 ≤ y ≤ 3}. ∫ ∫D π 2) xdxdy, o` u D = {(x, y) tel que 0 ≤ x ≤ et − x ≤ y ≤ sin x}. 2 ∫ ∫D 3) ydxdy, o` u D est d´elimit´e par les droites y = x, y = −x et le graphe d’´equation D √ √ √ y = 4 − x2 , − 2 ≤ x ≤ 2. Exercice №3 : 1) Calculer l’aire de la figure d´elimit´e par la parabole y 2 = 2x et la droite y = x. 2)Calculer l’aire de la figure d´elimit´e par la courbe d’´equation droite d´efinie par y + x = 4.

√ √ x + y = 2 et la

3) Calculer l’aire de la partie du cone x2 +y 2 = z 2 d´ecoup´ee par le cylindre x2 +y 2 = 2x. 4) Calculer l’aire de la surface sph´erique x2 + y 2 + z 2 = 1 d´ecoup´ee par le cylindre d’´equation x2 + 2y 2 = 1. Solution : ] ] ∫ 2 [∫ 2 ∫ 2 [∫ 2 1) f (x, y)dy dx = f (x, y)dx dy. 1 −3 −3 1 ] ] ] ∫ [∫ ∫ [∫ ∫ [∫ y −x

0

2)

−y

1

f (x, y)dy dx = −1

∫ 3)

0

∫ 4)

1

[∫ √ 2 1−y √

]

− 1−y 2 [∫ √ 2 4y−y2

0

∫ 5)

2x

0

1

−1

[∫

√

1−x2

0

∫

2

−1

−2

−1

1

[∫

√

1−x2

f (x, y)dx dy. ]

f (x, y)dx dy = f (x, y)dy dx. −1 0 ] ] ∫ 2 [∫ 2 f (x, y)dx dy = f (x, y)dy dx. √ 0 2− 4−x2 ] ] ∫ [∫ √ 1−y 2

1

f (x, y)dy dx = 0

0

f (x, y)dx dy +

0

√

−

1−y 2

f (x, y)dx dy.

Solution exo2 : Premi`ere int´egrale. M´ ethode 1 : ∫ ∫ On pose xydxdy = A. D ] ∫ 1 [∫ 3 ∫ 1)A = xydy dx = −1

) ( 9 − x4 x 2 | {z }

1

−1

x2

dx = 0.

r´ esultat de l’int´ egrale entre croch´ e

M´ ethode 2 : Dans cette situation, le domaine d’int´egration ] sus-cit´e n’est pas r´egulier. ] ∫ 3 [∫ 1 ∫ 1 [∫ √y xydx dy + xydx dy = 1)A = √ −1

1

∫

Comme

xydx = 0, et −1

− y

0 √ y

∫

1

√ − y

xydx = 0, donc A = 0.

Deuxi`eme int´egrale. M´ ethode 1 : ∫ ∫ On pose xdxdy = B. D ] ∫ π [∫ sin x 2 1)B = xdy dx, Calculons l’int´egrale entre croch´e. 0 −x ∫ sin x xdy = x(sin x + x). −x

∫

π 2

B=

(

2

x sin x + x

)

∫ dx =

0 3

B=

∫

π 2

x sin xdx + 0

π 2

x2 dx = −x cos x + sin x +

0

x3 π2 | . 3 0

π + 1. 24

M´ ethode 2 : Dans cette situation, le domaine d’int´egration sus-cit´e n’est pas r´egulier car il est π limit´e par trois graphes d’´equations x = arcsin y, x = −y et x = . 2 ] ] ∫ [∫ π ∫ [∫ π 0

1

2

1)B =

2

xdx dy + −π ∫ 02

[

−y

xdx dy. 0

arcsin y

] ] ∫ 1[ 2 π2 y2 (arcsin y)2 π = − − dy + dy. 8 2 8 2 − π2 0 ∫ π2 π2 1 1 + − (arcsin y)2 dy. = 24 8 2 0

Deux fois par partie : ∫ 1 √ π2 (arcsin y)2 dy = y(arcsin y)2 + 2 1 − y 2 arcsin y − 2 |10 = − 2. 4 0 π3 Ce qui donne, B = + 1. 24 troisi`eme int´egrale. Methode 1 : ∫ ∫ On pose : C =

ydxdy D

Dans cette situation, le domaine d’int´egration sus-cit´e n’est√pas r´egulier car il est limit´e par trois graphes d’´equations y = x, y = −x et y = 4 − x2 , pour cela on partage le domaine D en deux domaines r´eguliers D1 et D2 tel que : √ √ } { D1 = (x, y) tel que − 2 ≤ x ≤ 0 et − x ≤ y ≤ 4 − x2 √ √ { } D2 = (x, y) tel que 0 ≤ x ≤ 2 et x ≤ y ≤ 4 − x2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ydxdy = ydxdy + ydxdy D D1 D2 [∫ √ 2 ] ] ∫ √ [∫ √ 2 ∫ 4−x

0

C=

√ − 2

∫ C=

0

√ − 2 √ ∫ 2

2

4−x

ydy dx + −x

[ ] 2 − x2 dx +

∫

√ 2

ydy dx, 0

x

[ ] 2 − x2 dx

0

√ 8 2 C = √ (2 − x2 )dx = . 3 − 2 M´ ethode 2 : De mˆeme, dans cette situation, le domaine d’int´egration sus-cit´e n’est √ pas r´egulier car il est√limit´e par quatre graphes d’´equations x = −y, x = y, x = − 4 − y 2 et x = 4 − y 2 , pour cela on partage le domaine D en deux domaines r´eguliers D1 et D2 tel que : √ } { D1 = (x, y) tel que − y ≤ x ≤ y et 0 ≤ y ≤ 2 { } √ √ √ 2 2 D2 = (x, y) tel que − 4 − y ≤ x ≤ 4 − y et 2 ≤ y ≤ 2 Par cons´equent, ∫ ∫ ∫ ∫ ydxdy = D

∫

√

2

[∫

ydxdy + ydxdy D2 ] ] ∫ 2 [∫ √4−y2 ydx dy + √ ydx dy. √ D1

y

C= 0

∫ ∫

−y

2

−

4−y 2

∫ C=

√

2

[ 2] 2y dy +

∫

2

√

[

] √ 2 2y 4 − y dy.

2 √ ∫ 2[ √ ] 4 2 C= + √ 2y 4 − y 2 dy. 3 2 ∫ 2[ √ ] 2 Pour calculer √ 2y 4 − y dy, on pose y = 2 sin t. 0

2

cette int´egrale se ram`ene `a la forme suivante : ∫

2

√ 2

∫ ] [ √ 2y 4 − y 2 dy = 16

π 2

(cos t)2 sin t dt

π 4

∫

= −16

π 2

(cos t)2 d(cos t) √ π −16 4 2 = (cos t)3 | π2 = . 4 3 3 π 4

√ 8 2 Ce qui fait, C = . 3 Solution Exo 3 :

Consid´erons la surface D d´efinie comme suit : √ } { 1) D = (x, y) tel que 0 ≤ x ≤ 2 et x ≤ y ≤ 2x . ] ∫ ∫ ∫ [∫ √ 2

Aire(D) =

2x

dxdy = D

dy dx 0 ∫ 2

= 0

x

√ √ 2 2 √ x2 2 ( 2x − x)dx = x x− | 3 2 0

2 Aire(D) = . 3 2) l’aire de la figure D d´elimit´e par la courbe d’´equation droite d´efinie par y + x = 4.

√

x+

√ y = 2 et la

√ D = {(x, y) tel que 0 ≤ x ≤ 4 et (2 − x)2 ≤ y ≤ 4 − x} . ] ∫ ∫ ∫ 4 [∫ 4−x Aire(D) = dxdy = dy dx √ D 0 (2− x)2 √ ∫ ∫ ∫ 4 √ 16 8x x − x2 |40 = Aire(D) = dxdy = (4 x − 2x)dx = 3 3 D 0 3) l’aire de la surface (gauche) S du cone x2 + y 2 = z 2 d´ecoup´ee par le cylindre x2 + y 2 = 2x.

(1)

NB : le en deux surfaces sym´etriques S1 et S2 avec } { cylindre en question coupe le conne √ 2 2 S1 = (x, y, z) tel que z = f (x, y) = x + y .

{ } √ S2 = (x, y, z) tel que z = g(x, y) = − x2 + y 2 . Aire (S1 )=Aire (S1 ). il suffit de calculer, par exemple, Aire (S1 ). L’´equation x2 + y 2 = 2x signifie (x − 1)2 + y 2 = 1 (l’´equation de la base du cylindre). √ ( )2 ( )2 ∫ ∫ ∂f ∂f 1+ Aire(S1 ) = + dxdy, ∂x ∂y D O` u D la projection de S1 sur le plan (OXY ). En outre, D = disque de centre (1, 0) de rayon 1. x ∂f y ∂f =√ , =√ . ∂x x2 + y 2 ∂y x2 + y 2 D’o` u: ∫ ∫ √ Aire(S1 ) = 2dxdy. D ∫ ∫ √ √ √ = 2 dxdy = 2Aire(D) = π 2. D

√ En fin, Aire(S) = 2Aire(S1 ) = 2 2π. 4) l’aire de la surface sph´erique x2 + y 2 + z 2 = 2 d´ecoup´ee par le cylindre x2 + 2y 2 = 1.

(2)

Dans cette situation, le cylindre de base x2 + 2y 2 = 1 coupe la sph`ere x2 + y 2 + z 2 = 1 en deux 2 avec { surfaces sym´etriques S1 et S√ } S1 = (x, y, z) tel que z = f (x, y) = 1 − x2 − y 2 . { } √ 2 2 S2 = (x, y, z) tel que z = g(x, y) = − 1 − x − y . Aire (S1 )=Aire (S1 ). il suffit de calculer, par exemple, Aire (S1 ). √ ( )2 ( )2 ∫ ∫ ∂f ∂f Aire(S1 ) = 1+ + dxdy, ∂x ∂y D O` u D la projection de S1 sur le plan (OXY ). En outre, D = domaine ferm´e limit´e par l’ellipse d’´equation x2 + 2y 2 = 1, autrement dit : D = {(x, y) tel que x2 + 2y 2 ≤ 1} . −x −y ∂f ∂f =√ =√ , . 2 2 ∂x ∂y 1−x −y 1 − x2 − y 2 D’o` u:

∫ ∫ √

Aire(S1 ) = D

1 dxdy. 1 − x2 − y 2

Dans le but de calculer cette int´egrale, on pose le changement de variable suivant :

  x = r cos θ   y = r sin θ ∫ ∫ √ 1 drdθ. Dans ce cas, Aire(S1 ) = r 1 − r2 D Le domaine D en coordonn´ees polaires est d´efinie ainsi : { } 1 D = (θ, r) tel que 0 ≤ r ≤ √ . cos2 θ + 2[sin2 θ ] √ 1 ∫ ∫ √ ∫ 2π ∫ √ 1 1 cos2 θ+2 sin2 θ r Aire(S1 ) = r drdθ = dr dθ. 1 − r2 1 − r2 D 0 0 L’int´egrale entre croch´e : √ 1 ∫ √ √ 1 cos2 θ+2 sin2 θ r 1 − r2 dr = − 1 − r2 0 Par cons´equent : ∫ 2π ( √ Aire(S1 ) =

√

|0

1 cos2 θ+2 sin2 θ

=√

− sin θ cos2 θ + 2 sin2 θ

+ 1.

) − sin θ √ + 1 dθ. + 1 dθ = 2 − cos2 θ cos2 θ + 2 sin2 θ 0 0 ∫ 2π ∫ 2π d cos θ √ = + 1dθ. 2 − cos2 θ 0 0 ∫ 2π ∫ 2π d cos θ dX √ √ L’int´egrale poss`ede la forme 2 2 − cos θ 2 − X2 0 0 √ Pour calculer cette int´egrale poser X = 2 sin t. − sin θ

)

∫

2π

(

8 7 6 5 4 3 2 1 −6

−5

−4

−3

−2

−1 −1 −2 −3 −4 −5 −6

1

2

3

4

5

6

7

8

9