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SOLUTIONS DES EXERCICES
La figure permet de se rendre compte qu'on peut caractériser D par {
Donc
I = [2 dy [Y2 sin 7f2X dx = [2 [- 2y cos 7f2X] x=y2 dy
11 ly
Y
11
7f
Y x=y
= f 2 - 2 Y [cos 7fY 2 - cos 7fY] dy = f 2 - 2 Y (cos 1fY - 0) dy
11 7f
2y
2y
11 7f
2
= [- 2 Y ~sin 1fY]
2 - f 2 (-~) ~sin 1fY dy (intégration par partie)
7f 7f
2 1 11 7f 7f 2
= [O + _!] + _! [-~cos 7rYJ
2 = _! - ~ (cos7r - cos~) = _! + ~.
7f2
7f2
7f
2 1 7f2
7f3
2
7f2
7f3
Exercice 5.10.
I - [[
dx dy
1) = {(x, y) E JR.2 1 x2 + y2 ~ a2}
- llv Jx2 + y2 (1 + x2 + y2)2
En utilisant les coordonnées polaires
I = [[
dx dy
= [[
1
r dr dO
llv Jx 2 + y 2 (1 + x2 + y2)2 ll[o,a]x[0,27r] r (1 + r 2 ) 2
- ( ra 1 dr) ( f 27r do) (variables séparables)
- lo (1 + r 2 ) 2
lo
/ [
1
1 X ]a
= 27f 2 arctan x + 2 1 + x 2 0
(primitive classique : on peut poser r = tan cp)
I = 7f (arctan a + 1 : a 2 ) .
Notons que cet exercice est à peu près infaisable sans passer en polaires.
Exercice 5.11.
I = Jl xyJx 2 +4y 2 dx dy D = { (x, y) E JR. 2 1x~0 ; y~ 0; x 2 + y 2 ~ 1}