20 exercices corrigés d’intégrales doubles et triples en prépa

Le domaine est un rectangle : on applique Fubini en intégrant d’abord en \(y\).

\(\displaystyle I=\int_0^1\left(\int_0^2 (x+y)\,dy\right)dx=\int_0^1\left[xy+\displaystyle\frac{y^2}{2}\right]_0^2 dx\) \(\displaystyle I=\int_0^1 (2x+2)\,dx=\left[x^2+2x\right]_0^1=3\)

On trouve \(I=3\).

Sur un rectangle, quand l’intégrande est un produit d’une fonction de \(x\) par une fonction de \(y\), l’intégrale double se factorise en produit d’intégrales simples.

\(\displaystyle I=\left(\int_0^1 x\,dx\right)\left(\int_0^1 y^2\,dy\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\times\displaystyle\frac{1}{3}=\displaystyle\frac{1}{6}\)

\(I=\displaystyle\frac{1}{6}\). Cette factorisation ne fonctionne que sur un rectangle.

Le domaine est simple par rapport à \(x\) : \(y\) varie de \(0\) à \(x\).

\(\displaystyle I=\int_0^1\left(\int_0^x x\,dy\right)dx=\int_0^1 x\cdot x\,dx=\int_0^1 x^2\,dx\) \(\displaystyle I=\left[\displaystyle\frac{x^3}{3}\right]_0^1=\displaystyle\frac{1}{3}\)

\(I=\displaystyle\frac{1}{3}\). Attention : la borne intérieure dépend de \(x\), on ne peut pas factoriser.

On écrit \(e^{x+y}=e^x\,e^y\) : variables séparées sur un carré.

\(\displaystyle I=\left(\int_0^1 e^x\,dx\right)\left(\int_0^1 e^y\,dy\right)=(e-1)^2\)

\(I=(e-1)^2\).

L’aire s’obtient en intégrant la fonction constante \(1\) sur \(D\).

\(\displaystyle \mathcal{A}=\iint_D 1\,dx\,dy=\int_0^1\left(\int_0^{x^2} dy\right)dx=\int_0^1 x^2\,dx=\displaystyle\frac{1}{3}\)

\(\mathcal{A}=\displaystyle\frac{1}{3}\). On retrouve bien l’aire sous la parabole entre \(0\) et \(1\).

Là encore les variables se séparent : \(\displaystyle\frac{1}{xy}=\displaystyle\frac{1}{x}\cdot\displaystyle\frac{1}{y}\), et le domaine est un rectangle strictement positif.

\(\displaystyle I=\left(\int_1^2 \displaystyle\frac{dx}{x}\right)\left(\int_1^3 \displaystyle\frac{dy}{y}\right)=\ln 2 \times \ln 3\)

\(I=\ln 2\,\ln 3\).

Sur \([0,1]\), on a \(x^2 \leq x\) : le domaine est \(x^2 \leq y \leq x\).

\(\displaystyle \mathcal{A}=\int_0^1\left(\int_{x^2}^{x} dy\right)dx=\int_0^1 (x-x^2)\,dx=\left[\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right]_0^1\) \(\displaystyle \mathcal{A}=\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{3}=\displaystyle\frac{1}{6}\)

\(\mathcal{A}=\displaystyle\frac{1}{6}\).

La présence de \(x^2+y^2\) et le domaine circulaire imposent les coordonnées polaires : \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\), \(dx\,dy=r\,dr\,d\theta\), avec \(x^2+y^2=r^2\).

\(\displaystyle I=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^R r^2\cdot r\,dr\,d\theta=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^R r^3\,dr\) \(\displaystyle I=2\pi\cdot\displaystyle\frac{R^4}{4}=\displaystyle\frac{\pi R^4}{2}\)

\(I=\displaystyle\frac{\pi R^4}{2}\). Le facteur \(r\) du jacobien est indispensable.

C’est le calcul emblématique du chapitre. On écrit \(J^2\) comme un produit de deux intégrales à variables indépendantes, puis on le réinterprète comme une intégrale double sur le plan (licite par Fubini-Tonelli : l’intégrande \(e^{-(x^2+y^2)}\) est continu et positif sur \(\mathbb{R}^2\)).

\(\displaystyle J^2=\left(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}dx\right)\left(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y^2}dy\right)=\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy\)

On passe en polaires sur le plan tout entier : \(\theta\in[0,2\pi]\) et \(r\in[0,+\infty[\), avec \(x^2+y^2=r^2\) et \(dx\,dy=r\,dr\,d\theta\).

\(\displaystyle J^2=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty} e^{-r^2}\,r\,dr\,d\theta\)

Or \(\displaystyle\int_0^{+\infty} r\,e^{-r^2}dr=\left[-\displaystyle\frac{1}{2}e^{-r^2}\right]_0^{+\infty}=\displaystyle\frac{1}{2}\), donc

\(\displaystyle J^2=2\pi\times\displaystyle\frac{1}{2}=\pi\)

Comme \(J>0\) (intégrande positif), on conclut \(J=\sqrt{\pi}\). Le facteur \(r\) est ce qui rend la primitive élémentaire : sans lui, \(e^{-x^2}\) n’a pas de primitive usuelle.

La primitive de \(e^{x^2}\) par rapport à \(x\) n’est pas élémentaire : il faut inverser l’ordre. Décrivons le domaine : \(0 \leq y \leq 1\) et \(y \leq x \leq 1\), c’est-à-dire \(0 \leq y \leq x \leq 1\).

Vu par rapport à \(x\) : \(0 \leq x \leq 1\) et \(0 \leq y \leq x\).

\(\displaystyle I=\int_0^1\!\!\int_0^x e^{x^2}\,dy\,dx=\int_0^1 x\,e^{x^2}\,dx\)

Cette fois la primitive existe : \(\displaystyle\int_0^1 x\,e^{x^2}dx=\left[\displaystyle\frac{1}{2}e^{x^2}\right]_0^1=\displaystyle\frac{e-1}{2}\)

\(I=\displaystyle\frac{e-1}{2}\). Réflexe : quand la primitive « intérieure » n’existe pas, on échange l’ordre.

Coordonnées polaires : le premier quadrant correspond à \(\theta\in\left[0,\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\) et \(r\in[0,R]\). On a \(x=r\cos\theta\).

\(\displaystyle I=\int_0^{\pi/2}\!\!\int_0^R (r\cos\theta)\,r\,dr\,d\theta=\left(\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^R r^2\,dr\right)\) \(\displaystyle I=\bigl[\sin\theta\bigr]_0^{\pi/2}\times\displaystyle\frac{R^3}{3}=1\times\displaystyle\frac{R^3}{3}=\displaystyle\frac{R^3}{3}\)

\(I=\displaystyle\frac{R^3}{3}\). Après passage en polaires, l’intégrande \((r\cos\theta)\,r\) redevient à variables séparées.

En coordonnées sphériques, l’élément de volume est \(dV=\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta\), avec \(\rho\in[0,R]\), \(\varphi\in[0,\pi]\), \(\theta\in[0,2\pi]\).

\(\displaystyle V=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi}\!\!\int_0^R \rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta\)

Les trois intégrales se séparent :

\(\displaystyle V=\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\right)\left(\int_0^R \rho^2\,d\rho\right)=2\pi\times 2\times\displaystyle\frac{R^3}{3}\)

\(V=\displaystyle\frac{4}{3}\pi R^3\). Le piège classique : écrire \(\rho^2\sin\theta\) au lieu de \(\rho^2\sin\varphi\).

Pavé et intégrande produit : les trois intégrales se factorisent.

\(\displaystyle I=\left(\int_0^1 x\,dx\right)\left(\int_0^2 y\,dy\right)\left(\int_0^3 z\,dz\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\times 2\times\displaystyle\frac{9}{2}\)

\(I=\displaystyle\frac{9}{2}\).

Par définition, \(\displaystyle \bar{y}=\displaystyle\frac{1}{\mathcal{A}}\iint_D y\,dx\,dy\), avec \(\mathcal{A}=\displaystyle\frac{\pi R^2}{2}\) l’aire du demi-disque.

Calcul du numérateur en polaires, \(\theta\in[0,\pi]\), \(r\in[0,R]\), \(y=r\sin\theta\) :

\(\displaystyle \iint_D y\,dx\,dy=\int_0^{\pi}\!\!\int_0^R (r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta=\left(\int_0^{\pi}\sin\theta\,d\theta\right)\displaystyle\frac{R^3}{3}=2\cdot\displaystyle\frac{R^3}{3}\)

Donc

\(\displaystyle \bar{y}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2R^3}{3}}{\displaystyle\frac{\pi R^2}{2}}=\displaystyle\frac{4R}{3\pi}\)

\(\bar{y}=\displaystyle\frac{4R}{3\pi}\). Par symétrie, \(\bar{x}=0\).

Pour un domaine décrit par \(0 \leq r \leq g(\theta)\), l’aire vaut \(\displaystyle \mathcal{A}=\iint 1\cdot r\,dr\,d\theta=\int_0^{2\pi}\displaystyle\frac{g(\theta)^2}{2}\,d\theta\).

Ici \(g(\theta)=1+\cos\theta\), donc

\(\displaystyle \mathcal{A}=\displaystyle\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}(1+\cos\theta)^2\,d\theta=\displaystyle\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\bigl(1+2\cos\theta+\cos^2\theta\bigr)\,d\theta\)

Or \(\displaystyle\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi\), \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta=0\) et \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta=\pi\) (via \(\cos^2\theta=\displaystyle\frac{1+\cos 2\theta}{2}\)).

\(\displaystyle \mathcal{A}=\displaystyle\frac{1}{2}\bigl(2\pi+0+\pi\bigr)=\displaystyle\frac{3\pi}{2}\)

\(\mathcal{A}=\displaystyle\frac{3\pi}{2}\).

L’intégrande impose le changement \(u=x-y\), \(v=x+y\). On inverse : \(x=\displaystyle\frac{u+v}{2}\), \(y=\displaystyle\frac{v-u}{2}\).

Le jacobien du changement de variables :

\(\displaystyle J=\det\begin{pmatrix} \displaystyle\frac{1}{2} & \displaystyle\frac{1}{2}\\[4pt] -\displaystyle\frac{1}{2} & \displaystyle\frac{1}{2}\end{pmatrix}=\displaystyle\frac{1}{2},\qquad \vert J\vert=\displaystyle\frac{1}{2}\)

Nouveau domaine : \(x \geq 0,\ y \geq 0\) donne \(-v \leq u \leq v\), et \(x+y \leq 1\) donne \(0 \leq v \leq 1\).

\(\displaystyle I=\int_0^1\!\!\int_{-v}^{v} e^{u/v}\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\,du\,dv=\displaystyle\frac{1}{2}\int_0^1\left[v\,e^{u/v}\right]_{u=-v}^{u=v}dv\) \(\displaystyle I=\displaystyle\frac{1}{2}\int_0^1 v\bigl(e-e^{-1}\bigr)\,dv=\displaystyle\frac{1}{2}\bigl(e-e^{-1}\bigr)\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\)

\(I=\displaystyle\frac{e-e^{-1}}{4}\). Point de rédaction : justifier que \(\Phi\) est bien un difféomorphisme sur l’intérieur du triangle avant d’appliquer la formule.

Symétrie de révolution autour de \(Oz\) : coordonnées cylindriques, \(dV=r\,dr\,d\theta\,dz\) avec \(x^2+y^2=r^2\).

La coupe à hauteur \(z\) est un disque ; à \(r\) fixé, \(z\) varie de \(r^2\) à \(4\), et \(r\) va de \(0\) à \(2\) (intersection \(r^2=4\)).

\(\displaystyle V=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^2\!\!\int_{r^2}^{4} r\,dz\,dr\,d\theta=2\pi\int_0^2 r\,(4-r^2)\,dr\) \(\displaystyle V=2\pi\left[2r^2-\displaystyle\frac{r^4}{4}\right]_0^2=2\pi\,(8-4)=8\pi\)

\(V=8\pi\).

En sphériques, \(x^2+y^2+z^2=\rho^2\) et \(dV=\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta\). L’intégrande devient \(\rho^2\cdot\rho^2\sin\varphi=\rho^4\sin\varphi\).

\(\displaystyle I=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi}\!\!\int_0^{1}\rho^4\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta\) \(\displaystyle I=\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\right)\left(\int_0^1 \rho^4\,d\rho\right)=2\pi\times 2\times\displaystyle\frac{1}{5}\)

\(I=\displaystyle\frac{4\pi}{5}\).

On pose \(x=a\,u\), \(y=b\,v\), qui envoie le disque unité \(u^2+v^2 \leq 1\) sur l’ellipse. Le jacobien :

\(\displaystyle J=\det\begin{pmatrix} a & 0\\ 0 & b\end{pmatrix}=ab,\qquad \vert J\vert=ab\) \(\displaystyle \mathcal{A}=\iint_E dx\,dy=\iint_{u^2+v^2\leq 1} ab\,du\,dv=ab\times(\text{aire du disque unité})\)

L’aire du disque unité vaut \(\pi\), donc

\(\mathcal{A}=\pi ab\). On retrouve bien \(\pi R^2\) quand \(a=b=R\).

Idée clé : représenter le quotient par une intégrale paramétrée. Pour \(x\in\,]0,1[\),

\(\displaystyle \int_0^1 x^y\,dy=\left[\displaystyle\frac{x^y}{\ln x}\right]_{y=0}^{y=1}=\displaystyle\frac{x-1}{\ln x}\)

On injecte dans l’intégrale de départ, puis on échange les deux intégrales (l’intégrande \(x^y\) est positif et continu sur \(]0,1[\times[0,1]\), ce qui légitime Fubini-Tonelli) :

\(\displaystyle I=\int_0^1\left(\int_0^1 x^y\,dy\right)dx=\int_0^1\left(\int_0^1 x^y\,dx\right)dy\)

L’intégrale intérieure est immédiate : \(\displaystyle\int_0^1 x^y\,dx=\left[\displaystyle\frac{x^{y+1}}{y+1}\right]_0^1=\displaystyle\frac{1}{y+1}\). D’où

\(\displaystyle I=\int_0^1 \displaystyle\frac{dy}{y+1}=\bigl[\ln(y+1)\bigr]_0^1=\ln 2\)

\(\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\frac{x-1}{\ln x}\,dx=\ln 2\). C’est l’illustration parfaite de l’échange somme/intégrale : une intégrale simple rebelle devient triviale une fois transformée en intégrale double.