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SOLUTIONS DES EXERCICES
Voyons maintenant comment le changement de variable « presque » polaire :
.
.
1 acosO -apsinO 1
X= apcos0 et y= bpsm0, de Jacobien J = b . O b
O = abp pouvait
sm
pcos
simplifier les calculs.
La frontière de D correspond à p = 1 et le premier quadrant à 0 :::;; 0 :::;; ~ donc
I = JJi , . . (apcosO)(bpsinO)(abp) dp dB (variables séparables)
[O,l]x[0, 2 ]
= a 2 b 2 (J,1 p 3 dp) ( ( ' sin8 cœ8 d8) = a 2 b 2 [~J: [-r o: 20 r
= a2b2 ! (! + !) = a2b2.
4 4 4
8
Exercice 5.18.
I = i x 3 dy - y 3 dx
Directement :
'Y est le cercle de centre 0, de rayon R, orienté
dans le sens trigonométrique
Une paramétrisation de 'Y est { x = RR c~seO 0 E [-7r, 7r] avec dx = - R sin 0 dB
y= sm
et dy = R cos 0 dO, de sorte que
I = 1-: ((R 3 cos 3 O)(RcosO) - (R 3 sin 3 0)(-RsinO)) dB= R 4 1-: (cos 4 0 + sin 4 0) dB
= R 4 11T (cos 40 + 4 cos 20 + 3 + cos 40 - 4 cos 20 + 3) dB
-1T
8
8
= R 4 j1T cos40 + 3 dO = R 4 [sin40 + 30 ]1T = 37rR4.
-1T
4
4
4
-7T
2
En utilisant Green-Riemann :
Soit w = P dx + Q dy avec P = -y 3 et Q = x 3 ; on a donc, D étant le disque
dont 'Y est la frontière
l= Jl (~~ - ~:) dxdy= Jl(3x 2 +3y 2 )dxdy
= 3 ff
r 2 r dr dO
(le passage en polaires s'imposait)
llro,RJ x ro,27TJ
{R
R4 37rR4
= 611" lo r3 dr = 611"4 = -2-·
On a bien retrouvé le même résultat.