OPEL : Seance de revisions

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Calculer les integrales doubles

On fixe une integrale et on calcule l’autre.

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 $1-\cos^2\Rightarrow\sin^2$, $x = a\cos(t)\Rightarrow dx=-a\sin(t)dt$

Il y a un changement de bornes. $0 = acos(t)\Rightarrow\frac{\pi}{2}$ et $x =a, \cos(t) = 1\Rightarrow t=0$

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

Si la fonction etait impair le resultat serait 0 car $\int_{-a}^a = 0$

Troisieme exo

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

Faites un changement de variable en polaire.

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

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