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SOLUTIONS DES EXERCICES
surtout, en même temps, le caractère symétrique en x et y de la fonction qu'on
intègre.
Pour se convaincre de la validité de cette intuition, nous allons en faire une
démonstration rigoureuse. Pour cela on va calculer I avec le changement de
variable (x,y) = cp(u,v) = (v,u). Le Jacobien de cp est évidemment 1 (à vérifier),
et V est par ce changement de variable, l'image du triangle symétrique: V= cp(V')
avec V' = { ( u, v) E IR 2 1 0 ~ v ~ 1 ; 0 ~ u ~ v}. On a donc
I = {{ f(x, y) dx dy = {{
f(x, y) dx dy
}}v
}}cp(V')
= Jfv, f(cp(u, v))l du dv = Jfv, f(v, u) du dv.
Mais dans tout calcul d'intégration, les variables sont muettes, donc on peut
remplacer u et v par x et y, et on obtient
I = Jfv, f(y,x) dx dy = Jfv, f(x,y) dx dy.
En effet, f est une fonction symétrique de x et y (c'est-à-dire qu'on a f(x,y) =
f(y, x) pour tous x, y).
Par additivité, on a donc :
{{ f(x, y) dx dy = {{ f(x, y) dx dy + {{ f(x, y) dx dy = 2 {{ f(x, y) dx dy.
Jlvs.s.
Jlv
Jlv 1
Jlv5.6.
On a prouvé que :
ls.5. = 2 ls.6 ..
Exercice 5. 7.
I = Jfv axby dx dy ; V= { (x, y) E IR 2 1x~0 ; y~ 0 ; x +y~ 1}
On calcule comme dans l'exercice 5.3.
[
[1
rl-x
I = Jv axby dx dy = Jo ax On utilise la primitive de la fonction t i-------+ et :