Revisions OPEL

Calculer les integrales doubles

Premier exo

\(I = \iint_D x^2 dxdy, \space\text{ou } D=\lbrace(x,y)\in\mathbb{R}^2, x\le1, \space y\ge0,\text{ et } y\le x\rbrace\)
On trouve d'abord les bornes, on fixe \(x\) et on regarde les variations de \(y\). Comme \(x\le1\) et \(x\ge y^2\), \(x\) est positif et varie entre 0 et 1. Donc on fixe \(x\in[0, 1]\), on integre par rapport a \(y\) positif et \(y\le\sqrt{x}\), \(y\) varie de 0 a \(\sqrt x\).
\[ \begin{aligned} I &= \int^{x=1}_{x=0}x^2\biggr(\int_{y=0}^{y=\sqrt{\sqrt{x}}}dy\biggr) dx\\ &= \int^{1}_{0}x^2\sqrt{x}dx\\ &= \int^{1}_{0}x^{\frac{5}{2}}dx = \biggr[\frac{2}{7}x^{\frac{7}{2}}\biggr]^{1}_{0}\\ &= \frac{2}{7} \end{aligned} \]

Deuxieme exo

\(J = \iint_D x^2dxdy, \space\text{ou } D=\lbrace(x,y)\in\mathbb{R}^2, \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1\rbrace\)
Cette integrale nous rappelle l'interieur d'un ellipse.

Meme technique, on fixe \(x\) et on regarde les variations de \(y\).

Premiere partie

Quand on trace une ellipse, \(x\) varie entre \(-a\) et \(a\). Pour trouver les variations de \(y\), on fixe \(x\) puis on isole \(y\), \(y\) va dependre de \(x\) en fonction de la trajectoire de l'ellipse. On obtient deux branches: une branche positif et une branche negatif en bas.
\[ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1 \Rightarrow -b\frac{\sqrt1 - x^2}{a^2} \le y\le +b\frac{\sqrt1 - x^2}{a^2} \]
\(y\) varie de \(-b\frac{\sqrt1 - x^2}{a^2}\) a \(+b\frac{\sqrt1 - x^2}{a^2}\).

Deuxieme partie

Cette integrale est plus dur car on a une racine carree, cela peut s'apparenter a un changement de variable.
\[ \begin{aligned} J &= \int_{-a}^{a}x^2\biggr(\int_{-b\frac{\sqrt1 - x^2}{a^2}}^{+b\frac{\sqrt1 - x^2}{a^2}}dy\biggr)dx\\ J &= 2b\int_{-a}^{a}x^2\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}dx \\ &\text{On utilise la parite, tous les x sont au carre.}\\ &\text{On fait donc deux fois l'integrale de 0 a a}\\ J &= 4b\int_0^{a}x^2\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}dx \end{aligned} \]
On pose \(x = a\cos(t)\) pour se debarasser de la racine carre. L'astuce est de faire apparaitre une fonction trigonometrique pour obtenir \(1-\cos^2\Rightarrow\sin^2\), \(x = a\cos(t)\Rightarrow dx=-a\sin(t)dt\)

\[ \begin{aligned} J &= 4b\int_{\frac{\pi}{2}}^0 a^2\cos^2(t)\vert\sin(t)\vert(-a\sin(t)dt)\\ &= 4ba^3\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^2(t)\sin^2(t)dt\space\text{Attention! les bornes ont ete permuttees}\\ &= ba^3\int^{\frac{\pi}{2}}_0\biggr(\sin(2t)\biggr)^2dt=ba^3\int^{\frac{\pi}{2}}_0\biggr(\frac{1-\cos(4t)}{2}\biggr)dt\space\text{car}\space\sin(2t) = 2\sin(t)\cos(t)\\ &= \frac{ba^3}{2}\biggr[-\frac{\sin(4t)}{4} + t\biggr]^{\frac{\pi}{2}}_0 = \frac{a^3b\pi}{4} \end{aligned} \]

Troisieme exo

\(K = \iint_D\cos(x^2+y^2) dxdy, \space\text{ou } D=\text{Disque de centre O et de rayon R}\)

On pose \(x = r\cos(\theta)\) et \(y = r\sin(\theta)\). On est sur un disque de centre \(O\) et de rayon \(R\). L'angle polaire \(\theta\) varie de \(0\) a \(2\pi\) et r varie de \(0\) a \(R\).
Posons \(\begin{cases}x = r\cos(\theta)\\y = r\sin(\theta)\end{cases}\).
\[ \begin{aligned} K &= \int^{\theta=2\pi}_{\theta=0}\int^{r = R}_{r=0}cos(r^2)rdrd\theta\space\text{car c'est le Jacobien}\\ &= \int^{2\pi}_{0}d\theta\int^{R}_{r=0}r\cos(r^2)dr\\ &= 2\pi\biggr[\frac{1}{2}\sin(r^2)\biggr]=\pi\sin(r^2) \end{aligned} \]

Quatrieme exo

\(I' = \iint_D\frac{dxdy}{(1+x^2)(1+y^2)}, \space\text{ou } D=0\le y\le x\le 1\)
\(x\) varie de \(0\) a \(1\) et \(y\) varie de \(0\) a \(x\). Le domaine est un triangle. Si \(y = x\) c'est la bissetrice.

\[ \begin{aligned} I' &= \iint_D\frac{dxdy}{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &= \int^{x=1}_{x=0}\int^{y=x}_{y=0}\frac{dxdy}{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &= \int^{1}_{0}\frac{dx}{1+x^2}\int^{y=x}_{y=0}\frac{dy}{1+y^2}\\ &= \int^{1}_{0}\frac{\arctan(x)}{1+x^2}\\ &= \biggr[\frac{1}{2}(\arctan(x))^2\biggr]^1_0 = \frac{1}{2}(\frac{\pi}{4})^2 = \frac{\pi^2}{32} \end{aligned} \]

Cinquieme exo

\(J' = \iint_D\frac{dxdy}{(1+x^2+y^2)^2}, \space\text{ou } D=\lbrace(x,y)\in\mathbb(R), \space \vert x\vert\le x^2+y^2\le 1\rbrace\)
On a l'interieur d'un disque de centre \(O\) et de rayon 1.

• Si \(x\ge0\)
  • \(\vert x\vert = x \le x^2 + y^2\)
  • \(x^2 - x + y^2 ge 0 \Rightarrow \biggr(x - \frac{1}{2}\biggr)^2 + y^2\ge\frac{1}{4}\)
• Si \(x\lt0\)
  • \(\vert x\vert = x \le x^2 + y^2\Rightarrow\biggr(x+\frac{1}{2}^2\biggr) + y^2 \ge \frac{1}{4}\)
    \(D\) est la partie du disque de centre \(O\) et de rayon \(1\), exterieure au disque de centre \(\Omega(\frac{1}{2}, 0)\) et de rayon \(R=\frac{1}{2}\) et au disque de centre \(\Omega^1(-\frac{1}{2}, 0)\) et \(R=\frac{1}{2}\)
    
    \[ D = D_1U D_2U D_3U D_4 \]
    D et la fonction \(f(x, y)\) sont invariantes dans les symetrie par rapport aux axes.

Determiner les extremes des fonctions suivantes

Premier exo

\(f(x,y) = -x^2y+\frac{1}{2}y^2+y\)
On determine les points critiques: \(\vec{grad}f=\vec 0\)
\[ \Rightarrow \begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} = -2xy = 0 \Leftarrow x= 0\space\text{ou}\space y=0\\ \frac{\partial f}{\partial y} = -x^2+y+1=0 \end{cases} \]

• si \(x=0\Rightarrow y+1=0\Rightarrow y=-1\)
• si \(y=0\Rightarrow x^2+1\Rightarrow x=\pm1\)
  Donc il existe 3 points critiques: \(M_1(0,-1)\), \(M_2(-1,0)\) et \(M_3(1,0)\).
  La matrice Hessienne:
  \[ \nabla^2f(x,y)= \begin{pmatrix} -2y & -2x\\ -2x & 1 \end{pmatrix} \]
  Nature des points critiques:
  \[ \nabla^2f(x,y)= \begin{pmatrix} 2 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix} \]
  \(r=2\), \(t=1\), \(s=0\)
  \(s^2-rt=-2\lt0\) et \(r=2\gt0\Rightarrow M_1(0,-1)\) est un minimum local.
  \[ \nabla^2f(M_2) = \begin{pmatrix} 0 & 2\\ 2&1 \end{pmatrix}\\ \]
  \(s^2-rt=4-gt0\Rightarrow M_2(-1, 0)\) est un point.
  \[ \nabla^2f(M_3) = \begin{pmatrix} 0 & -2\\ -2 & 1 \end{pmatrix}\\ \]
  \(s^2-rt=4-gt0\Rightarrow M_3(1, 0)\) est un point.

Deuxieme exo

\(f(x, y) = (x^2+y^2)e^{-x}\)

Troisieme exo

\(f(x,y)=e^{x+y}-x^2-y\)

Quatrieme exo

\(f(x,y,z) = z^2+xyz^2+xy\)