356 Chap. 15. Intégrales doubles et curvilignes
On linéarise cos
2 u =
1 + cos(2u)
2
et sin
2 u =
1 − cos(2u)
2
, ce qui donne
2p
0
cos
2 u du =
2p
0
sin
2 u du = p. Ainsi
I = p
R
4
4
1
a 2 +
1
b 2
.
Exercice 15.3
CCP PSI 2006
Soit D = {(x, y) ∈ R
2 , x 0, y 0, x
2 + y
2
1, x
2 + y
2
2y} et
I =
D
x 2 + y 2 dx dy.
1. Dessiner D.
2. Calculer I .
1. L’inéquation x
2 + y
2
1 donne l’intérieur du cercle de centre 0 de rayon 1. La
dernière inéquation se réécrit x
2 + (y − 1)
2
1, ce qui correspond à l’extérieur du
cercle de centre (0, 1) et de rayon 1. On obtient le domaine tracé ici.
1.5
1.0
0.5
0.5
1.0
1.5
1.0
0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
2. Différents éléments nous invitent à effectuer un changement en coordonnées
polaires : d’une part la présence d’arcs de cercle dans le domaine, d’autre part
la fonction à intégrer. On commence par exprimer le domaine D à l’aide de
conditions sur r et u. L’inéquation x
2 + y
2
1 devient r 1. Les deux premières
inéquations x 0 et y 0 deviennent u ∈
0,
p
2
. La dernière inéquation
devient r
2
2r sin u, c’est-à-dire r 2 sin u. Les conditions 2 sin u r 1
donnent sin u 1/2 et u ∈ [0, p/6]. Après un changement de variables en