360 Chap. 15. Intégrales doubles et curvilignes
On obtient alors I =
u=2
u=1
v=
√
u 2 −1
v=−
√
u 2 −1
(−4uv) cos(u
2
− v
2 ) 2 dv
du. Or la
fonction v → −8uv cos(u
2
− v
2 ) est impaire, l’intégrale est donc nulle.
Remarque
Le domaine d’intégration est symétrique par rapport à la première bissectrice. En
effectuant le changement de variables x = y
et y = x
, la quantité x
2
− y
2 devient
−(x
2
− y
2 ) et le changement de variables donne I = −I .
Exercice 15.6
Centrale PC 2006
Soit a un réel strictement positif. On note E a la conique d’équation
3x
2 + 4y
2
− 2ax − a
2 = 0
et K a la partie bornée délimitée par E a .
1. Déterminer E a .
2. Montrer que I =
K a
x 2 + y 2 dx dy =
a
3
3
p
−p
du
(2 − cos u) 3 et déterminer
la valeur de cette dernière intégrale à l’aide d’un logiciel de calcul formel.
1. Puisqu’il n’y a pas de terme x y, il suffit d’utiliser une mise sous forme canonique
des trinômes du second degré. On écrit 3x
2 +4y
2
−2ax−a
2 = 3(x−
a
3
)
2 +4y
2
−
4
3
a
2 ,
ce qui donne l’équation
9
4a 2 (x −
a
3
)
2 +
3
a 2 y
2 = 1. Ainsi la conique est une ellipse,
ce centre V(
a
3
, 0) avec des demi-axes de longueur a =
2a
3
et b =
a
√
3
.
0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
1.0
0.5
0.0
0.5
1.0
2. Le problème ici est le choix de la méthode pour paramétrer le domaine. Le terme à
intégrer semble indiquer un passage en coordonnées polaires (mais le paramétrage