5. SOLUTIONS DES EXERCICES SUR INTÉGRALES DOU_BLES, TRIPLES ET DE SURFACE
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Exercice 5.19. I = f (x 2 + y 2 ) dx + (x 2 - y 2 ) dy
JaK+
K = { (x, y) E ~ 2 1 0 ~ x ~ 1 ; 0 ~y~ 1 - x} et âK+ est le bord de K orienté
positivement.
Directement:
On pose âK+ = ')'1 V ')'2 V ')'3 en partant de O.
En temps que segment horizontal orienté de gauche à droite, il est facile de
paramétrer ')'1 ainsi { ; : ~ t E [O, 1].
Comme segment de droite définie par une équation réduite y= 1-x et parcouru de
gauche à droite, c'est 1'2 qui est facile à paramétrer ainsi : { ; : ~ _ t t E [O, 1].
Le segment vertical parcouru de bas en haut )'3 est paramétré par { ~ : ~ t E
[O, 1].
Posant w = P dx + Q dy = (x 2 + y 2 ) dx + (x 2 - y 2 ) dy, on obtient
l = 1 w + 1 w + 1 w = 1 w - ~ w - ~ w = li - f 2 - /3
Î l
/2
/3
Î l
172
}73
[l
[l
1
li = lo ((t 2 + 0)1 + (t 2 - 0)0) dt= lo t 2 dt= 3
[l
[ 2
]
1
2
J2 = lo ((t 2 + (1 - t) 2 )1 + (t 2 - (1 - t) 2 )(-1)) dt= - 3 (1 - t) 3
0
= 3
[l
[l
1
13 = lo ((0 + t 2 )0 + (O - t 2 )1) dt= lo -t 2 dt= - 3
1 2 1
l = li - f 2 - /3 = - - - + - = 0
3 3 3
Avec Green-Riemann:
l = Jl (~~ -8;:) dx = Jl(2x-2y) dx dy
= [l dx rl-x (2x - 2y) dy = [l [2xy - y2] y=l-x
lo lo
lo
y=O
= fo
1 (2x(l - x) - (1- x) 2 - 0) dx = fo
1 (-3x 2 +4x-1) dx
1
= [-x 3 + 2x 2 - x L = -1 + 2 - 1 - 0 = 0
On a retrouvé le même résultat.