Sujet : Analyse, Compléments de calcul intégral, Intégrale double sur un compact

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Intégrale double sur un compact Calculer ZZ 2 2−x−ye dx dy C(R)Exercice 1 [ 00085 ] [correction] En déduire la valeur deCalculer ZZZ +∞ 2−te dtI = sin(x +y)dxdy 0D 2oùD = (x,y)∈R |x,y> 0 et x +y6π . Exercice 5 [ 00096 ] [correction] Calculer ZZ 3Exercice 2 [ 00086 ] [correction] (x − 2y)dx dy ΔCalculer ZZ avec 2 2 2I = yx dxdy x y2 Δ = (x,y)∈R /x> 0,y> 0, + 6 1D 2 2a b 2 2oùD = (x,y)∈R |x6 1,y> 0 et y 6x . On pourra utiliser le changement de variable x =au cosθ et y =bu sinθ. Exercice 6 [ 00097 ] [correction]Exercice 3 [ 00093 ] [correction] a) Justifier la convergence deSoit R> 0. On note Z Z+∞ +∞ 2 2 2 2 2 2A = [0,R]× [0,R] et B = (x,y)∈R /x,y> 0 et x +y 6RR R cos(u ) du et sin(u ) du 0 0 On pose +?b) Soit f : [0,π/2]→R une application continue. Pour t> 0 on pose ZZ ZZ 2 2 2 2 D ={(r cosθ,r sinθ)/θ∈ [0,π/2],r∈ [0,tf(θ)]}tf(R) = exp(−(x +y ))dxdy et g(R) = exp(−(x +y ))dxdy A BR R et on introduit √ ZZ ZZ a) Montrer que g(R)6f(R)6g(R 2). 2 2 2 2ϕ(t) = sin(x +y ) dx dy et ψ(t) = cos(x +y ) dx dy b) En déduire la valeur de D Dt tZ +∞ 2−t Déterminer les limites, quand T tend vers +∞ dee dt 0 Z ZT T1 1 ϕ et ψ T T0 0 Exercice 4 CCP MP [ 02546 ] [correction] 2 c) On choisit f pour que D = [0, 1] . On pose2 2 2 1Soit C(R) le quart de disque x> 0, y> 0, x +y 6R , R> 0. Z Zt tMontrer que 2 2 !2 C(t) = cos(u ) du et S(t) = sin(u ) duZ R 2 0 0−te dt 2 20 Montrer que ϕ(t) = 2C(t)S(t) et ψ(t) = C(t) −S(t) .
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Intégrale double sur un compact

Exercice 1[ 00085 ][correction]
Calculer
Z ZD
I= sin(x+y)dxdy
oùD=(x y)∈R2|x y>0etx+y6π.

Exercice 2[ 00086 ][correction]
Calculer
I=Z ZDyx2dxdy
oùD=(x y)∈R2|x61 y>0ety26x.

Exercice 3[ 00093 ][correction]
SoitR >0. On note
AR= [0 R]×[0 R]etBR=(x y)∈R2x y>0etx2+y26R2

On pose
f(R) =Z Zexp(−(x2+y2))dxdyetg(R) =Z ZBRexp(−(x2+y2))dxdy
AR
a) Montrer queg(R)6f(R)6g(R√2).
b) En déduire la valeur de
Z+−∞t2dt
e
0

Exercice 4CCP MP[ 02546 ][correction]
SoitC(R)le quart de disquex>0,y>0,x2+y26R2,R >0.
Montrer que
Z0Re−t2dt!2
est compris entre
Z ZC(R)−x2−y2dxdyetZ ZC(R√2)e−x2−y2dxdy
e

Enoncés

Calculer

En déduire la valeur de

xdy

Z ZC(R)e−x2−y2d

+e−t2dt
Z0

Exercice 5[ 00096 ][correction]
Calculer
Z ZΔ(x3−2y)dxdy
avec
Δ =(x y)∈R2x>0 y>0ax22+yb2261
On pourra utiliser le changement de variablex=aucosθety=businθ.

Exercice 6[ 00097 ][correction]
a) Justifier la convergence de
Z+0∞cos(u2) duetZ+0∞sin(u2) du
b) Soitf: [0 π2]→R+?une application continue. Pourt >0on pose

Dt={(rcosθ rsinθ)θ∈[0 π2] r∈[0 tf(θ)]}
et on introduit
ϕ(t) =Z ZDtsin(x2+y2) dxdyetψ(t) =Z ZDtcos(x2+y2) dxdy
Déterminer les limites, quandTtend vers+∞de
T1Z0TϕetT1Z0Tψ
c) On choisitfpour queD1= [01]2. On pose
C(t) =Ztcos(u2) duetS(t) =Z0tsin(u2) du
0
Montrer queϕ(t) = 2C(t)S(t)etψ(t) =C(t)2−S(t)2.
d) En déduire les valeurs des intégrales de Fresnel
Z+∞os(u2) duetZ0+∞sin(u2) du
c
0

1

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Exercice 7Mines-Ponts MP[ 02914 ][correction]
Soit
IZ Zdxdy
n=[01]21 +xn+yn

Déterminer la limite deInquandn→+∞.

Exercice 8[ 03515 ][correction]
Calculer
I=Z0+∞sitntdt
en utilisant l’intégrale double
J(u) =Z Z[0u]2in(x)e−xydxdy
s

Exercice 9CCP MP[ 03363 ][correction]
Soit(a b)∈R2,a >0,b >0. On noteΓl’ellipse d’équation

2
xa22+yb2−1 = 0

etDla partie deR2définie par

2
ax22+yb2−160

a) Calculer l’intégrale double
I=Z Z(x2+y2)dxdy
D

(on poserax=arcosθety=brsinθ)
b) Calculer l’intégrale curviligne
J=ZΓ(y3dx−x3dy)

c) Quelle relation existe-t-il entreIetJ?

Enoncés

Exercice 10CCP MP
Calculer

[ 03365 ][correction]

Z Z ZD
(x+y+z)2dxdydz

D=(x y z)∈R3 x>0 y>0 z>0 x+y+z61

Exercice 11CCP MP[ 03815 ][correction]
Calculer
Z Z(xy+ 1) dxdy
D

D=(x y)∈(R+)2y+x−160

Exercice 12CCP MP[ 02564 ][correction]
Dessiner
D=(x y)∈R2 x>016xy6216x2−y264

Montrer queφ(x y) = (xy x2−y2)est unC1difféomorphisme sur]0+∞[2.
Expliciterφ(D).
Calculer
I=Z ZDf(x y) dxdyoùf(x y) =xy(2x2+y2y2)
x−
Etudier les extrema def.

2

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
On peut décrireDsous la forme
D=(x y)∈R206x6πet 06y6π−x

et ainsi exprimer l’intégrale étudiée
−x
I=Zxπ=0Zyπ=0sin(x+y)dydx=Zπx=0cos(x
) + 1dx=π

Exercice 2 :[énoncé]
On peut décrireDsous la forme
D=(x y)∈R206x61et 06y6√x

et ainsi exprimer l’intégrale étudiée
1x3dx= 1
I=Z10Z0√xyx2dydx=Z102 8

Corrections

Exercice 3 :[énoncé]
a)BR⊂AR⊂BR√2et la fonction intégrée est continue et positive surR2donc
g(R)6f(R)6g(R√2)

b) En passant aux coordonnées polaires
g(R) =Z0π2Z0Rre−r2drdθ=4π(1−e−R2)R→+−∞→π4
−−−−
Par encadrement, on obtient
π
f(R)−−−−−→
R→+∞4
Or
ZR!2Z+∞2

f(R) =

etR0+∞e−t2dt>0donc

e−t2dt−−−−−→e−t2dt
0R→+∞0

∞e−t2dt=√π
Z0+2

Exercice 4 :[énoncé]
On a
Z0Re−t2dt!2=Z0Re−x2dxZ0Re−y2dy=Z Z[0R]2e−x2−y2dxdy
Or(x y)7→e−x2−y2est positive etC(R)⊂[0 R]2⊂C(R√2)donc
2
Z ZC(R)e−x2−y2dxdy6Z0Rt!26Z ZC(R√2)e−x2−y2dxdy
e−td

En passant en coordonnées polaires
2
Z ZC−x−y2dxdy=Z0π2Z0Rre−r2drdθ=π41−e−R2
e
(R)

La convergence de l’intégrale de Gauss est immédiate et en passant à la limite
l’encadrement précédent, on obtient
2
π
Z+0∞e−t2dt=
4

puis

carR+0∞e−t2dt>0.

Z+0∞e−t2dt=√2π

3

Exercice 5 :[énoncé]
Φ : (u θ)7→(aucosθ businθ)réalise une bijection de[01]×[0 π2]versΔde
jacobien :abu.
Par changement de variable
Z ZΔ(x3−2y) dxdy=Z0π2Z10(a3u3cos3θ−2businθ)abududθ=215aba3−5b

Exercice 6 :[énoncé]
a) PourA∈R+
Z0Acos(u2) du=Z01cos(u2) du+Z1Acos(u2) du

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Par intégration par parties :
Z1Auucos(u2) du=1n(siu2)1A2+1Z1Asinu(2u2d)uA−→−−+−∞→`∈R
2u
On procède de mme pourR+0∞sin(u2) du.
b) En passant aux coordonnées polaires
π2
ϕ(t) =Z ZDtsin(x2+y2) dxdZθ=0Zrt=f0(θ)rsin(r2) dr!dθ
y=

donc

puis

ϕ(t) =Zθ=π02211−cos(t2f2(θ))dθ

1Z0Tϕ(t) dt=4π−T1Z0π2Z0Tcos(t2f2(θ)) dt!dθ
T

Corrections

c) On a

or

En sépar

puis

ant,
ϕ(t) =Z

t
t) =Zx=0Zty=0sin(x2+y2) dydx
ϕ(

sin(x2+y2) = sin(x2) cos(y2) + sin(y2) cos(x2)

0tsin(x2) dxZ0tcos(y2) dy+Z0tsin(y2) dyZtcos(x2) dx
0

ϕ(t) = 2S(t)C(t)

De mme
ψ(t) =C(t)2−S(t)2
d) Lorsqu’une fonctiong: [0+∞[→Rcontinue tend vers`en+∞il est connu
que
1Z0Tg(t) dtT−→−−+−∞→`
T

4

ne On a donc
−−−→
Par changement de variable affi2,dstac=hafn(t1θ)f(Zθ0)f(>θ)T0,coons(au2) duen notantϕC(t)t−+→∞+c∞so(2uC2)Sdeutψ(t)−t−→−+−∞→C2−S2
OrA7→R0Acos(u2)Zd0uTecsots(cfo(nθti)tnu)e surR+et admet une limite finie en+∞donc=Z0etS=Z0+∞sin(u2) du
elle est bornée par un certainM. On a alors OCnetneSéddtuicoCn2cl=urSe2teelru2vCalSeu=r.π2. Il ne reste plus qu’à déterminer les signes de
pour
Z0π2Z0Tcos(t2f2(θ)) dt!dθ6Z0π2Z0Tcos(t2f2(θ)) dtdθ6Z0π2f(Mθ) dθ=CteZ+∞cos(u2) du=+X∞In

puis

T1Z0π2Z0Tcos(t2f2(θ)) dt!

Finalement
1
TZ0Tϕ(t) dt→π4
De manière semblable, on obtient
T1Z0Tψ(t) dt→0

dθ→0

0n=0
avec
In=Z√n√π(n+1)πcos(u2) du=Zn(nπ+1)π2co√sttdt= (−1)nZ0π2√csso+snπds
On a alorsIn= (−1)n|In|,(|In|)n>0décroissante etIn→0donc le critère spécial
+∞
s’applique et assure que la sommePInest du signe de son premier terme, à
n=0
savoirI0>0. AinsiC >0. De plusCS >0doncS >0puis
C=S=√π
2√2

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Exercice 7 :[énoncé]
|In−1|=Z Z[01]21 +xnxn++ynyndxdy6Z Z
doncIn→1.

Exercice 8 :[énoncé]
La fonctionfdéfinie surR2par

Corrections

(xn+y= 2→0
[01]2n) dxdny+ 1

f(x y) = sin(x)e−xy

est continue donc pour toutu>0;
J(u) =Z0uZ0usin(x)e−xydxdy=Z0uZ0usin(x)e−xydydx

D’une part
Z0usin(x)e−xydx=ImZ0ue−(y−i)xdx=Im1−ye−−(yi−i)u
avec
1
Im1−ye−−(yi−i)u=1−cos(u)e−yu−ysin(u)e−yu
y2+ 1
et d’autre part
Zusin(x)e−xydy= sinx1−e−xu
0x
On en déduit
Z0usinxx1−e−xudx=Z0uy211+1−cos(u)e−yu−ysin(u)e−yudy
ce qui se réorganise en
Z0usixnxdx=Z0uy2d+y1 +Z0usixnxe−xudx−Zucos(u)y2++ysin1(ue)−yudy
0
avec
1
Z0usinxxe−xudx6Z+0∞e−xudx=−−−−→0
uu→+∞
et
+∞
Z0ucos(yu)2++y(sni1u)e−yudy6Z0uyy2e+1+1−yudy62Z0e−yudyu−→−−+−∞→0

On en déduit

ul→im+∞Z0usinxxdx=ul→im+∞Zuy2+y=
01 2
ce qui donne la convergence et la valeur de l’intégrale définissantI.

Exercice 9 :[énoncé]
a) Le changement de variables proposé a pour jacobien


DD((xrθy)=)bascniosθθ−barrsosciθ=abr

Ce changement de variable donne
I=Z20πZr1=0a2r2cos2θ+b2r2sin2θ× |abr|drdθ

et donc
I=πab(a2+b2)
4
b) Par le paramétrage direct
(yx((tt=))=abnscoisttavect∈[02π]

on obtient
Z20πab3bcos4θdθ
J=−3sin4θ+a
puis au terme des calculs
2
J=−3πab(a4+b2)

c) On observe

J=−3I

ce qui est conforme à la formule de Green Riemann puisque

avec

y3dx−x3dy=P(x y)dx+Q(x y)dy

∂∂Qx(x y)−y∂∂P(x y) =−3(x2+y2)

5

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Corrections

Exercice 10 :[énoncé]Par le changement de variable induit parφ,
I=Z Z ZD(x+y+z)2dxdydz=Zx=01Zy=1−0xZz=1−0x−y(x+y+z)2dzdydx I=Z Z[12]×[14]2XYdXdY
1
I3=1Zx10=Zy=1−0x1−(x+y)3dydx3=12−14Z101−x4dx1=321−4+1012L’A=papr1è1sp0tlaotoiurnséilicfsedtceaelsstèmeusysondC1.x∂f∂(x y) = 0
∂f
∂y(x y) = 0
on obtient(00)seul point critique.
En passant en polaires,

Exercice 11 :[énoncé]
D=(x y)∈R206x61et06y61−xdonc
Z ZD(xy+ 1) dxdy=Z10Z10−x(xy+ 1) dy

Après calculs

Z Z(xy+ 1) d d 13
Dx y24=

dx

Exercice 12 :[énoncé]
La condition16xy62donne une portion du plan comprise entre deux
hyperboles.
Dans le repère(O;~uπ4~vπ4), la condition16x2−y264devient162XY
ce qui conduit encore à une portion de plan comprise entre 2 hyperboles.
Pourx y X Y >0, on obtient
√2X
(xy=X⇔x=p√Y2+ 4X2−Y
x2−y2=Yy=√21pqY2+ 4X2−Y

Cela permet de justifier queφest une bijection de]0+∞[2vers lui-mme.
φest évidemment de classeC1et

acφ(x y) =2xy
J

−x2y=−2(x2+y2)6= 0

64

donc, par le théorème d’inversion globale,φest unC1difféomorphisme. On aurait
pu aussi observer queφ−1est de classeC1ce qui est immédiat car le système
−1
précédent permet d’exprimerφ.
On aφ(D) = [12]×[14].

3
= ln 2
2

f(x y co) =rs22cθos−θssiinn2θθ=r2tan 2θ

qui change de signe.
fn’a pas d’extremum locaux.

6

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