Chapitre 6 – Extension de la notion d’intégrale
soit, avec u = −x
D
√
y − x dxdy =
2
3
1
0
(u − u
2 )
3/2 du.
Posons alors 2u − 1 = cos v, avec u = 0 pour v = p et u = 1 pour v = 0.
On a alors u − u
2 =
sin
2 v
4
, ce qui conduit à (attention aux bornes)
1
0
(u − u
2 )
3/2 du =
1
16
p
0
sin
4 (v)dv.
Or sin
4 (v) =
1
16
(e
iv
− e
−iv )
4 =
1
8
(cos(4v) − 4 cos(2v) + 3), d’où, après calcul,
p
0
sin
4 (v)dv =
3
8
p et
D
√
y − x dxdy =
p
64
.
3. On a
D
ln(1 + x + y) dxdy =
1
0
1−x
0
ln(1 + x + y)dy
dx.
Calculons F(x) =
1−x
0
ln(1 + x + y)dy
En posant v = 1 + x + y, on obtient F(x) =
2
1+x
ln v dv
C’est à dire F(x) = [v(ln v − 1)]
2
1+x = 2(ln 2 − 1) − (1 + x)(ln(1 + x) − 1),
Avec un changement de variable et une intégration par parties, on obtient sans peine
1
0
(1 + x)(ln(1 + x) − 1) dx =
1
2 t(ln t − 1) dt = 2(ln 2 − 1) −
1
4
ainsi
D
ln(1 + x + y) dxdy =
1
4
·
12.
Dans cet exercice, les calculs d’intégrales doubles utilisent les coordonnées polaires.
1.
D
(x + y) dxdy =
p
0
(cos u + sin u)
2 sin u
0
r
2 dr
du
=
8
3
p
0
sin
3 u(cos u + sin u) du
=
8
3
p
0
sin
4 u du
= p.
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