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Calcul des integrales multiples

Abdesselam BOUARICHUniversite Sultan Moulay SlimaneFaculte des sciences de Beni Mellal

010

2030

4050

60

0

10

20

30

40

50

60−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

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2

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Table des matieres

1 Integrales doubles 51.1 Definitions et proprietes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.1 Construction de l’integrale double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.2 Proprietes algebriques de l’integrale double . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2 Methodes de calcul d’une integrale double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.1 Theoreme de Fibini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.3 Formule de Green-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3 Integrales doubles generalisees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3.1 Cas d’une fonction positive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3.2 Cas d’une fonction de signe quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Integrales de surfaces 212.1 Geometrie affine des surfaces classiques de R

3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.1.1 Surfaces definies par une equation implicite F(x, y, z) = 0 . . . . . . . . 222.1.2 Surfaces parametriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.1.3 Surfaces de revolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2 Definition et proprietes des integrales de surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.3 Flux d’un champ de vecteurs a travers une surface orientable . . . . . . . . . . 32

2.3.1 Surfaces orientables dans l’espace R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3.2 Flux d’un champ de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3.3 Formule de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 Integrales triples 393.1 Definition et proprietes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.2 Methodes de calcul d’une integrale triple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2.1 Formule de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.2.2 Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.2.3 Theoreme d’Ostrigradski-Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.3 Integrales triples generalisees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

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4 TABLE DES MATIERES

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Chapitre 1

Integrales doubles

Objectifs : L’etude de ce chapitre doit vous permettre de :

1. savoir calculer une integrale double en utilisant la formule

de Fubini ;

2. savoir effectuer un changement de variables au sein d’une

integrale double ;

3. savoir appliquer la formule de Green-Riemann ;

4. comprendre que les integrales doubles generalisees

convergent si elles sont absolument convergente.

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6 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

Dans ce chapitre, on se propose d’etablir des formules avec lesquelles on sera en mesure decalculer l’aire d’un domaine plan ou le volume d’un domaine de l’espace R3 qui est limite par legraphe d’une fonction bornee f(x, y). Les formules qu’on va etablir seront appelees integralesdoubles car, comme on va le voir ; elles seront exprime par deux integrales simples iterees quiportent la fonction f(x, y) et sur son domaine de definition.

1.1 Definitions et proprietes

1.1.1 Construction de l’integrale double

Definition 1. On appelle domaine elementaire du plan R2 toute partie D ⊂ R

2 definie parcomme suit,

D = {(x, y) ∈ R2/a 6 x 6 b et f1(x) 6 y 6 f2(x)}

ou f1, f2 : [a, b] → R sont deux fonctions continues.Quand, une partie bornee fermee D′ ⊂ R

2 est reunion finie de domaines elementaires onl’appellera compacte elementaire.

a b

Figure 1.1 – Compacts elementaires du plan R2

Considerons un domaine elementaire D = {(x, y) ∈ R2/a 6 x 6 b et f1(x) 6 y 6 f2(x)}

et f : D → R une fonction bornee. On designe par [c, d] le segment obtenu en projetant ledomaine D sur l’axe Oy. Ensuite, partageons les deux segments [a, b] et [c, d] respectivementen m et n portions,

a = x1 < x2 < · · · < xm = b et c = y0 < y1 < · · · < yn = d.

Il est clair que si pour tout couple d’indices 0 6 i 6 m et 0 6 j 6 n on pose Ri,j =[xi, xi+1]×[yj, yj+1] on definit ainsi une subdivision du domaine elementaire D qui sera designeepar, Π(D) = {(xi, yj) ∈ R

2/0 6 i 6 m, 0 6 j 6 n}.

Enfin, notons que puisque la fonction f : D → R est bornee les deux nombres reels suivantssont donc finis,

mi,j = inf{f(x, y)/(x, y) ∈ Ri,j} et Mi,j = sup{f(x, y)/(x, y) ∈ Ri,j}.

Definition 2. Les deux nombres reels suivants s’appellent respectivement : somme de Darbouxinferieure et somme de Darboux superieure.

σ(f,Π(D)) =∑

(x − x )(y − y )m (1.1)

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1.1. DEFINITIONS ET PROPRIETES 7

et

S(f,Π(D)) =∑

Ri,j⊂D(xi+1 − xi)(yj+1 − yj)Mi,j (1.2)

Figure 1.2 – Volume limite par D et le graphe de f(x, y)

Maintenant, puisqu’on sait que le nombre reel (xi+1 − xi)(yj+1 − yj)Mi,j (resp. (xi+1 −xi)(yj+1 − yj)Mi,j) mesure le volume du parallelepipde de base Ri,j et de hauteur Mi,j (resp.mi,j) ; ceci nous permet d’interpreter la somme de Darboux superieure S(f,Π(D)) comme unemesure par exces du volume de la domine V ⊂ R

3 qui est limitee par le domaine elementaireD et le graphe de la fonction bornee f . De meme, on peut interpreter la somme de Darbouxinferieure σ(f,Π(D)) peut etre interpreter comme une mesure par defaut du domaine V.

Definition 3. On garde les notations introduites ci-dessus. Dans chaque rectangle Ri,j de lasubdivision Π(D) on fixe un point ζi,j ∈ Ri,j ∩ D. Le nombre reel,

R(f,Π(D), ζi,j) =

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

f(ζi,j)(xi+1 − xi)(yj+1 − yj) (1.3)

s’appelle somme de Riemann associee a la fonction bornee f et a la subdivision Π(D) muniedes points ζi,j ∈ Ri,j ∩ D.

On verifie facilement que les trois sommes definies ci-dessus satisfont aux proprietes sui-vantes :

1. Pour toute subdivision Π(D) d’un domaine elementaire D ⊆ [a, b] × [c, d] et pour toutchoix de points ζi,j ∈ Ri,j ∩ D on a la double inegalite,

σ(f,Π(D)) 6 R(f,Π(D), ζi,j) 6 S(f,Π(D)). (1.4)

2. La somme inferieure de Darboux σ(f,Π(D)) augmente au fur et a mesure que la subdi-vision Π(D) devient fine.

3. Tandis que la somme superieure de Darboux S(f,Π(D)) demunie au fur et a mesure quela subdivision Π(D) devient fine.

Definition 4. Soit D ⊂ R3 un domaine elementaire et f : D → R une fonction bornee.

1. On dira que la fonction f est integrable au sens de Darboux sur le domaine D si sessommes de Darboux inferieure et superieure sont egales,

sup{σ(f,Π(D))/Π(D)} = inf{S(f,Π(D))/Π(D)}.

2. On dira que la fonction f est integrable au sens de Riemann sur le domaine D si lasomme de Riemann R(f,Π(D), ζi,j) admet une limite finie quand xi+1 − xi et yj+1 − yjtendent vers zero.

3. Si f : D → R est integralble au sens de Riemann ou au sens de Darboux on notera lestrois limits egales,

limxi+1−xi→0yj+1−yj→0

R(f,Π(D), zi,j) = sup{σ(f,Π(D))/Π(D)} = inf{S(f,Π(D))/Π(D)}

par le symbole

∫∫

f(x, y)dxdy qui se lit integrale double de la fonction f sur le do-

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8 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

Theoreme 1. Soit D ⊂ R2 un compact elementaire. Alors toute fonction continue f : D → R

est integrable au sens de Riemann.

Demonstration. Admise.

Pour achever ce paragraphe consacre a la construction de l’integrale double d’une fonctionbornee f : D → R, notons qu’on a les faits suivants :

1. Si on prend f(x, y) = 1 alors par construction de l’integrale double on deduit que l’airedu domaine D est donnee par,

Aire(D) =

∫∫

Ddxdy (1.5)

2. L’integrale double

∫∫

Df(x, y)dxdy mesure le volume algebrique du domaine V ⊂ R

3

limite par le domaine elementaire D et par le graphe de la fonction bornee f .

3. Si par exemple le domaine elementaire D ⊂ R2 designe une plaque metallique dont la

densite de masse (resp. temperature) est donnee en chaque point (x, y) ∈ D par une

fonction bornee f(x, y), alors ; interpreter l’integrale double

∫∫

Df(x, y)dxdy mesure la

masse totale (resp. temperature moyenne) de la plaque metallique D.

1.1.2 Proprietes algebriques de l’integrale double

Dans ce paragraphe, nous donnerons quelques proprietes de nature algebrique de l’integraledouble. Ces proprietes se demontrent facilement a partir des sommes de Darboux et de Rie-mann.

Proposition 1. L’integrale double au sens de Riemann d’une fonction bornee sur un compactelementaire verifie les proprietes suivantes :

1. L’integrale double est lineaire :

Soient D ⊂ R2 un domaine elementaire et f, g : D → R deux fonctions integrales. Alors

pour tous reels λ et µ on a,

∫∫

D(λf(x, y) + µg(x, y))dxdy = λ

∫∫

Df(x, y)dxdy + µ

∫∫

Dg(x, y)dxdy

2. L’integrale double est additif :

Soient D1 et D2 sont deux domaines elementaires de R2 dont l’intersection D1 ∩ D2 est

vide ou egale a une courbe plane. Alors pour toute fonction integrable f : D1 ∪ D2 → R

on a,∫∫

D1∪D2

f(x, y)dxdy =

∫∫

D1

f(x, y)dxdy +

∫∫

D2

f(x, y)dxdy

3. L’integrale double est croissante :

– Si pour tout (x, y) ∈ mathcalD on a f(x, y) > 0 alors,

∫∫

Df(x, y)dxdy > 0 ;

– Si la fonction f(x, y) est positive sur le domaine D alors pour tout sous domaine

elementaire D′ ⊂ D on a,

∫∫

D′

f(x, y)dxdy 6

∫∫

Df(x, y)dxdy.

– Si f, g : D → R sont deux fonctions integrables telles que f(x, y) 6 g(x, y) sur le

domaine elementaire D alors on a,

∫∫

f(x, y)dxdy 6

∫∫

g(x, y).

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1.2. METHODES DE CALCUL D’UNE INTEGRALE DOUBLE 9

Proposition 2. Soit D un domaine elementaire et f : D → R une fonction bornee integrable.Alors on a l’inegalite :

|∫∫

Df(x, y)dxdy |6

∫∫

D| f(x, y) | dxdy 6 sup{| f(x, y) | /(x, y) ∈ D}Aire(D)

En particulier, si Aire(D) = 0 alors on a

∫∫

Df(x, y)dxdy = 0.

1.2 Methodes de calcul d’une integrale double

Cette section sera entierement consacree aux methodes de calcul des integrales doubles. Pourassurer une bien assimilation des methodes que nous avons etudier ci-dessous, nous les avonssuivi par des exemples de calcul d’illustration.

1.2.1 Theoreme de Fibini

Theoreme 2. Soit D ⊂ R2 un domaine elementaire et f : D → R une fonction continue. Si

le domaine D est defini par,

{(x, y) ∈ R2/a 6 x 6 b, f1(x) 6 y 6 f2(x)} = {(x, y) ∈ R

2/c 6 y 6 d, g1(y) 6 x 6 g2(y)}

alors l’integrable double de la fonction f(x, y) est egale a,

∫∫

Df(x, y)dxdy =

∫ b

a(

∫ f2(x)

f1(x)f(x, y)dy)dx =

∫ d

c(

∫ g2(y)

g1(y)f(x, y)dx)dy

Demonstration. Idee de la demonstration :

Puisque la fonction f(x, y) est continue son integrale double

∫∫

Df(x, y)dxdy peut etre donc

approchee par la somme de Riemann associee a une subdivision Π(D) et un choix de pointsζi,j ∈ Ri,j ∩ D :

R(f,Π(D), zi,j) =

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

f(ζi,j)(xi+1 − xi)(yj+1 − yj)

=i=m−1∑

i=0

[

j=n−1∑

j=0

f(ζi,j)(yj+1 − yj)](xi+1 − xi)

Intuitivement, si dans un premier temps on fait tendre yj+1 − yj vers zero dans la quantitemise entre crochet tout en laissant xi+1 − xi fixe on obtient une integrale simple de type∫

f(x, y)dy dont les bornes dependent naturellement de la variable x. Ainsi, si par suite on

fait tendre xi+1 − xi vers zero on obtient une integrale double egale a l’iteration de deux

integrales simples de la forme,

[

f(x, y)dy]dx.

Corollaire 1. Sur un rectangle D = [a, b] × [c, d] l’integrale double d’une fonction continue

f(x, y) est donnee par,

∫∫

Df(x, y)dxdy =

∫ b

a(

∫ d

cf(x, y)dy)dx =

∫ d

c(

∫ b

af(x, y)dx)dy.

En particulier, si f(x, y) = F(x)G(y) alors on a

∫∫

Df(x, y)dxdy = (

∫ b

aF(x)dx)(

∫ d

cG(y)dy).

Exemple 1. 1) Calculons l’integrale double

∫∫

(x2 + y2)dxdy ou D designe le triangle limite

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10 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

x− 1

1− x

x

Figure 1.3 – Triangle

Pour calculer l’integrale double donnee nous allons appliquer la formule de Fubini. Pour celanous allons definir le triangle D analytiquement par les inegalites (voir figure) :

D = {(x, y) ∈ R2/0 6 x 6 1, x− 1 6 y 6 1− x}

∫∫

D(x2 + y2)dxdy =

∫ 1

0(

∫ 1−x

x−1(x2 + y2)dy)dx

=

∫ 1

0[x2y +

y3

3]1−xx−1dx

=

∫ 1

0(2x2 − 2x3 +

1

3(1− x)3 − 1

3(1− x)3)dx

= [2

3x3 − 1

2x4 − 1

12(1− x)4 +

1

12(1− x)4]10 =

1

3

2) Calculons l’aire du domaine circulaire D limite par les deux cercles d’equations analytiques(voir figure) : x2 + y2 = R2 et (x− R)2 + y2 = R2.

Figure 1.4 – Intersection de deux disques

Pour calculer l’aire du domaine D nous allons appliquer la formule de Fubini a l’integraledouble,

∫∫

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1.2. METHODES DE CALCUL D’UNE INTEGRALE DOUBLE 11

Observons que si on definit le domaine d’integration D en fonction des coordonnees carte-siennes x et y par les inegalites,

D = {(x, y) ∈ R2/−

√3R

26 y 6

√3R

2et R−

R2 − y2 6 x 6√

R2 − y2}

alors grace a la formule de Fubini on peut ecrire,

Aire(D) =

∫∫

Ddxdy =

√3R/2

−√3R/2

dy

√R2−y2

R−√

R2−y2dx

=

√3R/2

−√3R/2

(2√

R2 − y2 − R)dy.

Pour calculer l’integrale simple precedente nous allons effectuer le changement de variabley = Rsin(t) avec t ∈ [−π/3, π/3] :

Aire(D) =

∫ π/3

−π/3(2R cos(t)− R)R cos(t)dt

= R2

∫ π/3

−π/3(1 + cos(2t)− cos(t))dt = R2[t+

1

2sin(2t) − sin(t)]

π/3−π/3

= R2[2π

3−

√3

2].

Exercice 1. Soit D ⊂ R2 une partie bornee fermee non vide et f : D → R une fonction

integrable. Indiquer les bornes d’integration de l’integrale double,

∫ ∫

Df(x, y)dxdy, dans les

cas suivants :ı) D1 = {(x, y) ∈ R

2/x > a, y > b, x+ y 6 1 + a+ b} ;ıı) D2 = {(x, y) ∈ R

2/x2 + y2 6 ax, x2 + y2 6 ay} ;ııı) D3 = {(x, y) ∈ R

2/y > x2, 1− x2 > y}.

Exercice 2. Decrire geometriquement le domaine d’integration D des integrales doubles don-nees ci-dessous, ensuite, changer l’ordre de leurs bornes d’integration.

∫ 3

0dx

√25−x2

0f(x, y)dy,

∫ a

−adx

∫ −x+a

x+af(x, y)dy,

∫ 1

0dy

√y

y2f(x, y)dx,

∫ 2

−1dy

∫ y+2

y2f(x, y)dx

Exercice 3. Calculer l’aire du domaine plan limite par les courbes donnees :

a) y = 4x− x2, y = x.b) y2 = 2x, x2 = 6y.c) y = x3 − 2x, y6x− x3.

Exercice 4. Calculer les integrales doubles suivantes :

a)

∫ ∫

Ddxdy ou D = {(x, y) ∈ R

2/ax2 6 y 6 bx2,c

x6 y 6

d

x} avec 0 < a < b et 0 < c < d.

b)

∫ ∫

Ddxdy ou D = {(x, y) ∈ R

2/x2 + y2 6 1, x2 + y2 − 2y > 0, x > 0, y > 0}.

c)

∫ ∫

D

x2 − y2dxdy ou D est le tringle de sommets O = (0, 0),A = (1, 1) et B = (1,−1).

d)

∫ ∫

xdxdy ou D = {(x, y) ∈ R2/y 6 x+ 2, x2 6 y + 2}.

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12 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

1.2.2 Changement de variables

Dans ce paragraphe, etant donne un compact elementaire D et une fonction continue f :D → R ; on se propose d’etudier l’influence du changement de variables dans la definition

geometrique du domaine D sur l’expression de l’integrale double

∫∫

Df(x, y)dxdy.

Theoreme 3 (Formule du changement de variables). Soient D′ et D deux domaines elemen-taires du plan R

2. Soit T : D′ → D une application bijective de classe C1 dont les composantessont designees par (x(u, v), y(u, v)) = T(u, v).

Si le determinant de la matrice jacobienne de l’application T(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) est nonnul sur le domaine D alors pour toute fonction continue, f : D → R, on a la formule suivantedite de changement de variables :

∫∫

Df(x, y)dxdy =

∫∫

D′

f(x(u, v), y(u, v)) | D(x, y)

D(u, v)| dudv (1.6)

ouD(x, y)

D(u, v)=∂x

∂u

∂y

∂v− ∂x

∂v

∂y

∂udesigne le determinant de la matrice jacobienne de l’application

differentiable T(u, v) = (x, y).

Demonstration. Dans cette demonstration, pour guider notre imagination nous travailleronsavec la figure suivante :

Figure 1.5 – Changement de variables

Pour calculer l’integrale double

∫∫

Df(x, y)dxdy nous allons subdiviser le domaine D en

utilisant la famille des courbes Ci = T(ui, v) et C′j = T(u, vj) (Voir la figure), et puis ; nous

allons considerer la somme de Riemann associee a la fonction f et aux donnees ci-dessus :

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

f(ζi,j)Aire(T(Ri,j))

ou Ri,j = [ui, ui+1]× [vj , vj+1] ⊂ D′. Rappelons que la somme de Riemann tend vers l’integraledouble de la fonction f(x, y) sur D.

Notons que puisque l’application T : D′ → D est bijective donc on peut trouver des pointsηi,j ∈ D′ tels que T(ηi,j) = ζi,j. D’autre part, observons que si on approche l’aire du domaine

T(Ri,j) par la norme du produit vectoriel∂T

∂u(ui, vj) ∧

∂T

∂v(ui, vj),

~ı ~ ~k∂x

∂u(ui, vj)

∂y

∂u(ui, vj) 0

∂x

∂v(ui, vj)

∂y

∂v(ui, vj) 0

=| ∂x∂u

(ui, vj)∂y

∂v(ui, vj)−

∂x

∂v(ui, vj)

∂y

∂u(ui, vj) |=| D(x, y)

D(u, v)(ui, vj) |

on peut alors approcher la somme de Riemann precedente de la fonction f par l’expressionsuivante,

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

f ◦ T(ηi,j) |D(x, y)

D(u, v)(ui, vj) | (ui+1 − ui)(vj+1 − vj).

Ainsi, si on fait tendre les ui+1 − ui et vj+1 − vj vers zero on la formule du changement de∫∫

D(x, y)∫∫

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1.2. METHODES DE CALCUL D’UNE INTEGRALE DOUBLE 13

Corollaire 2. Si T(r, θ) = (r cos(θ), r sin(θ)) realise un changement de variables de D′ sur D,alors, pour toute fonction continue f : D′ → D on a la formule de changement de variables encoordonnees polaires :

∫∫

Df(x, y)dxdy =

∫∫

D′

f(r cos(θ), r sin(θ))rdrdθ (1.7)

Exemple 2. 1) Calculons l’integrale double

∫∫

D(1 − x2 − y2)dxdy ou D designe le domaine

limite par le quart du cercle de ration r = 1 centre en (0, 0) et les demies droites x > 0 et y > 0en passant en coordonnees polaires : x = r cos(θ) et y = r sin(θ).

Notons qu’en coordonnees polaires la fonction f(x, y) prend la forme 1 − r2 tandis que ledomaine d’integration D devient D′ = {(r, θ)/0 6 r 6 1, 0 6 θ 6

π2 . Ainsi, avec ces notations

on applique la formule du changement de variables a l’integrale double donnee on obtient :∫∫

D(1− x2 − y2)dxdy =

∫∫

D′

(1− r2)rdrdθ

=

∫ π/2

0(

∫ 1

0(1− r2)rdr)dθ

=

∫ π/2

0[r2

2− r4

4]10dθ

8.

2) Calculons l’integrale double

∫∫

D

x2 + y2dxdy ou D = {(x, y) ∈ R2/r2 6 x2 + y2 6 R2}.

En passant en coordonnees polaires x = ρ cos(θ) et y = ρ sin(θ) on obtient :∫∫

D

x2 + y2dxdy =

∫ 2π

0(

∫ R

rρ2dr)dθ = 2π(

R3 − r3

3)

Exercice 5. Calculer les integrales doubles suivantes en utilisant un changement de variables.

a)

∫ ∫

D(x2 + y2)dxdy ou D = {(x, y) ∈ R

2/x2 + y2 6 x}.

b)

∫ ∫

Ddxdy ou D est le domaine limite par la lemniscate de Bernoulli : (

x2

a2+y2

b2)2 =

x2

k2− y2

h2.

0.5

1

1.5

2

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Figure 1.6 – Lemniscate de Bernoulli : (x2 + y2)2 = x2 − y2

c)

∫ ∫

D

y

a2 + x2dxdy ou D = {(x, y) ∈ R

2/x2 + y2 6 a2, x > 0, y > 0}.

d)

∫ ∫

cos(x− y

x+ y)dxdy ou D = {(x, y) ∈ R

2/x + y 6 1, x > 0, y > 1} (Indication : poser

Page 14: An2 integ mul

14 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

1.2.3 Formule de Green-Riemann

Dans ce paragraphe, nous allons demontrer la formule de Green-Riemann qui relie les inte-grales double sur un domaineD a une integrales curviligne d’une forme differentielle de degre unle long du bord oriente du domaine D. Avant qu’on demontre la formule de Green-Riemannnous allons d’abord preciser le sens geometrique de l’adjectif : oriente.

Definition 5. Un domaine plan ( ou surface plane) D ⊂ R2 est dit oriente positivement

s’il reste du cote gauche d’un promeneur P qui se deplace dans le sens trigonometrique le longdu bord ∂D (frontiere) du domaine D (Voir figure).

D1

?

x

y

-

?

-6

�6

D2 �6xy

-

?

-6xy

?

Figure 1.7 – Domaines de R2 orientes positivement

Notons que si en particulier la frontiere d’un domaine D est constituee que par une seulecomposante alors pour orienter D positivement il suffit qu’on parcourt sa frontiere ∂D dans lesens trigonometrique.

Theoreme 4. Soit D ⊂ R2 un domaine elementaire dont le bord ∂D est oriente positivement.

Si ω = P(x, y)dx+Q(x, y)dy est une forme differentielle definie sur le domaine D et de classeC1 alors on a la formule de Green-Riemann :

∂D(P(x, y)dx+Q(x, y)dy) =

∫∫

D(∂Q

∂x(x, y)− ∂P

∂y(x, y))dxdy (1.8)

Demonstration. Supposons que le domaine elementaire D est defini par les inegalites suivantes,

D = {(x, y) ∈ R2/a 6 x 6 b, f1(x) 6 y 6 f2(x)} = {(x, y) ∈ R

2/c 6 y 6 d, g1(y) 6 x 6 g2(y)}

et parcourant sa frontiere ∂D dans le sens trigonometrique pour l’orienter positivement (Voirla figure).

Sous les hypotheses precedentes calculons l’integrale double

∫∫

D

∂Q

∂x(x, y)dxdy.

En effet, si on applique la formule de Fubini on peut ecrire :

∫∫

D

∂Q

∂x(x, y)dxdy =

∫ d

c(

∫ g2(y)

g1(y)

∂Q

∂x(x, y))dx)dy

∫ d

Page 15: An2 integ mul

1.2. METHODES DE CALCUL D’UNE INTEGRALE DOUBLE 15

A

B

- xy6

�xy ?

Figure 1.8 – Orientation positive du domaine elementaire D

=

∫ d

cQ(g2(y), y)dy −

∫ d

c(Q(g1(y), y)dy

=

C2Q(x, y)dy +

C1Q(x, y)dy =

∂DQ(x, y).dy

De meme la meme facon, si on applique la formule de Fubini a l’integrale double

∫∫

D

∂P

∂y(x, y)dxdy

on verifie aisement qu’on a,

∫∫

D

∂P

∂y(x, y)dxdy = −

∂DP(x, y)dx.

La formule de Green-Riemann s’obtient finalement par soustraction des deux integrales

doubles precedentes,

∂D(P(x, y)dx+Q(x, y)dy) =

∫∫

D(∂Q

∂x(x, y) − ∂P

∂y(x, y))dxdy.

Corollaire 3. Si ω = P(x, y)dx + Q(x, y)dy designe une forme differentielle de classe C1 et

fermee sur le domaine elementaire D alors son integrale curviligne

∂Dω = 0.

Corollaire 4. L’aire d’un compact elementaire D ⊂ R2 est donnee par la formule,

Aire(D) =1

2

∫∫

D(xdy − ydx). (1.9)

Demonstration. Il suffit qu’on applique la formule de Green-Riemann a la forme differentielle

ω =1

2(xdy − ydx) sur le domaine D oriente positivement.

Exemple 3. 1) Appliquons la formule de Green-Riemann pour calculer l’integrale curvilignede la forme differentielle suivante,

ω = P(x, y)dx+Q(x, y)dy = Log(2 + y

1 + x2)dx+

x(3y + 7)

2 + ydy

le long du cercle de rayon R = 1 centre au point (0, 0) oriente positivement.

Puisque la forme differentielle ω est bien definie sur le disque ferme D centre au point (0, 0)

Page 16: An2 integ mul

16 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

nous permet d’ecrire,∮

∂Dω =

∫∫

D(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dxdy

=

∫∫

D(3y + 7

y + 2− 1

y + 2)dxdy

=

∫∫

D3dxdy = 3Aire(D) = 3π

2) Calculons l’aire du domaine D limite par le folium C de Descate qui est defini par le systemeparametrique,

(x(t), y(t)) = (1− t2

1 + t2, t1− t2

1 + t2) ou | t |6 1

Observons que les equations parametriques de la courbe C impliquent qu’on a

y = tx =⇒ ω =1

2(xdy − ydx) =

1

2(x(tdx+ xdt)− txdx) =

1

2x2dt

Aire(D) =1

2

C(xdy − ydx)

=1

2

∫ 1

−1(x(t))2dt =

1

2

∫ 1

−1(1− t2

1 + t2)2dt.

Maintenant, si dans l’integrale simple precedente on effectue le changement de variable,tg(θ) = t, on obtient :

Aire(D) =1

2

∫ π/4

−π

(1− tg(θ)2)2

1 + tg(θ)2dθ = 2− π

2.

Exercice 6. Calculer les integrales suivantes en utilisant la formule de Green-Riemann.

a)

C(2x3 − y3)dx+ (x3 + y3)dy ou C designe le cercle d’equation, x2 + y2 = 2x.

b)

C

x2 + y2dx+ y(x+ log(x+√

x2 + y2))dy ou C designe l’ellipse d’equation, x2

a2+ y2

b2= 1.

Exercice 7. Calculer l’aire du domaine D limite par la courbe C definie ci-dessus.

a) C est l’ellipse :x2

a2+y2

b2= 1.

b) C est l’hypocycloıde d’equation x2/3 + y2/3 = a2/3 (Voir la figure).

Figure 1.9 – L’hypocycloıde : x = 2cos(t) + cos(2t), y = 2 sin(t)− sin(2t), t ∈ [0, 2π].

c) C est la lemniscate de Bernoulli d’equation : (x2

a2+y2

b2)2 =

x2

k2− y2

h2.

Page 17: An2 integ mul

1.3. INTEGRALES DOUBLES GENERALISEES 17

0.5

1

1.5

2

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Figure 1.10 – Lemniscate de Bernoulli : r2 = a2 cos(2θ), θ ∈ [0, 2π]

1.3 Integrales doubles generalisees

Dans cette section, nous allons etendre la definition de l’integrale double aux deux cas sui-vants :

1) D ⊂ R2 est un domaine borne et f : D → R est continue mais non bornee.

2) D ⊂ R2 est un domaine non borne et f : D → R est continue et bornee.

1.3.1 Cas d’une fonction positive

Definition 6. Soit D ⊂ R2 un ouvert non vide et f : D → R

+ une fonction positive. On diraque f est localement integrable si pour tout compact elementaire K ⊂ D l’integrale double∫∫

Kf(x, y)dxdy est un nombre reel fini.

Puisque on sait que les fonctions continues sont integrables au sens de Riemann sur lescompacts elementaires du plan R

2 elles sont donc localement integrables au-dessus de tous lesouvert de R

2.

Definition 7. Soit D ⊂ R2 un ouvert non vide et f : D → R

+ une fonction positive locale-ment integrable. S’il existe une famille croissante de compacts elementaires Kn ⊂ Kn+1 ⊂ Dtelle que,

1. D =⋃

n>0

Kn,

2. limn→+∞

∫∫

Kn

f(x, y)dxdy existe dans R,

on dira que l’integrale double generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy := lim

n→+∞

∫∫

Kn

f(x, y)dxdy converge.

Une integrale double generalisee non convergente est dite divergente.

Theoreme 5. Soit D ⊂ R2 un ouvert vide et f : D → R

+ une fonction positive localement

integrable. La nature de l’integrale generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy ne depend pas du choix de la

famille croissante de compacts elementaires Kn ⊂ Kn+1 telle que D =⋃

n>0

Kn.

Demonstration. Admise.

Proposition 3. Soit D ⊂ R2 un ouvert non vide et f : D → R

+ une fonction localement

Page 18: An2 integ mul

18 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

1. L’integrale double generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy converge.

2. Il existe une suite croissante de compactes elementaires Kn ⊂ Kn+1 dont la reunion⋃

n>0

Kn = D telle que la suite numerique

∫∫

Kn

f(x, y)dxdy soit majoree.

Demonstration. 1) implique 2) Est vraie parce que toute suite numerique convergente estbornee.

2) implique 1) En effet, puisque la fonction est positive f(x, y) > 0 donc si on l’integre sur lescompacts elementaires Kn+1 = Kn ∪ (Kn+1 −Kn) on obtient les inegalites :

un+1 =

∫∫

Kn+1

f(x, y)dxdy =

∫ ∫

Kn

f(x, y)dxdy +

∫ ∫

Kn+1−Kn

f(x, y)dxdy > un + 0

qui montrent que la suite numerique un =

∫∫

Kn

f(x, y)dxdy est croissante. Ainsi, comme on

sait que la suite un est majoree dans R elle est donc convergete.

Theoreme 6 (Critere de comparaison). Soit D ⊂ R2 un ouvert non vide ; et soient f, g : D →

R+ deux fonctions positives et localement integrables telles que 0 6 f(x, y) 6 g(x, y),∀(x, y) ∈

D. Alors on a les propositions :

1. Si l’integrale generalisee

∫∫

Dg(x, y)dxdy converge alors l’integrale generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy

converge.

2. Si l’integrale generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy diverge alors l’integrale generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy

diverge.

Exemple 4. 1) Montrons que l’integrale double generalisee,

∫∫

D

dxdy

x+ y2, converge sur le do-

maine D = {(x, y)/0 6 x 6 1, y2 6 x}.

11n

Kn

Figure 1.11 – Suite croissante de compacts elementaires de D

Considerons la suite de compacts Kn = {(x, y)/0 6 y 6 1,1

n6 y2 6 x} et integrons la

fonction f(x, y) =1

x+ y2sur les Kn en appliquant la formule de Fubini :

∫∫

dxdy∫ 1 ∫

√x dy

∫ 1 π π 1

Page 19: An2 integ mul

1.3. INTEGRALES DOUBLES GENERALISEES 19

Ainsi, si maintenant on fait tendre l’entier n vers +∞ dans la suite numerique un on deduit

que l’integrale double generalisee

∫∫

D

dxdy

x+ y2converge vers

π

2.

2) Etudions la nature de convergence de l’integrale double generalisee

∫∫

R2

dxdy

(1 + x2 + y2)αselon

les valeurs du nombre reel α.

Notons que si on considere la suite des disques Dn = {(x, y)/x2 + y2 6 n2} on obtient aprespassage en coordonnees polaires que :

un =

∫∫

Dn

dxdy

(1 + x2 + y2)α=

∫ 2π

0(

∫ n

0

rdr

(1 + r2)α)dθ

= π

∫ n2

0

dt

(1 + t)α=

π

−α+ 1(

1

(1 + n2)α−1− 1), si α 6= 1

Log(n2 + 1), si α = 1

Ainsi, si on passe a la limite sur l’entier n dans la suite numerique un on deduit alors que

l’integrale double generalisee

∫∫

R2

dxdy

(1 + x2 + y2)αconverge si et seulement si le reel α > 1.

3) Demontrons que l’integrale simple generalisee I =

∫ +∞

0e−t

2

dt est convergente. Ensuite,

calculons sa valeur exacte.

a) L’integrale generalisee simple I =

∫ +∞

0e−t

2

dt converge parce que pour tout reel t > 1 nous

avons les inegalites :

1 < t < t2 =⇒ e−t2

< e−t

=⇒∫ +∞

1e−t

2

dt 6

∫ +∞

1e−t = lim

n→+∞

∫ n

1e−tdt = lim

n→+∞(−e−n + e−1) = e−1

b) Pour calculer la valeur exacte de l’integrale double generalisee I =

∫ +∞

0e−t

2

dt nous allons

etudier l’integrale double generalisee K =

∫∫

R+×R+

e−x2−y2dxdy.

En effet, si on considere la suite de compacts Kn = {(x, y)/x > 0, y > 0, x2 + y2 6 n2} onobtient a passage en coordonnees polaires,

∫ ∫

Kn

e−x2−y2dxdy =

∫ π/2

0(

∫ n

0re−r

2

dr)dθ =π

4(1− e−n

2

) =⇒∫∫

R+×R+

e−x2−y2dxdy =

π

4

D’autre part, si on considere le suite des compacts Ln = [0, n] × [0, n] on obtient la suitenumerique :

un =

∫ ∫

Kn

e−x2−y2dxdy =

∫ n

0(

∫ n

0e−x

2

e−y2

dx)dy = (

∫ n

0e−x

2

dx)2

dont la limite est egale a,

lim u =

∫∫

e−x2−y2dxdy = (

∫ +∞e−x

2

dx)2 =π=⇒

∫ +∞e−x

2

dx =

√π

Page 20: An2 integ mul

20 CHAPITRE 1. INTEGRALES DOUBLES

1.3.2 Cas d’une fonction de signe quelconque

Definition 8. Soit D ⊂ R2 un ouvert non vide et f : D → R une fonction dont la valeur absolue

| f(x, y) | est localement integrable. Si l’integrale generalisee

∫∫

D| f(x, y) | dxdy converge on

dira que l’integrale double generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy convergente absolument.

Proposition 4. Soit D ⊂ R2 un ouvert non vide et f : D → R une fonction localement

integrable. Alors les propositions suivantes sont equivalentes :

1. L’integrale double generalisee

∫∫

Df(x, y)dxdy converge.

2. Il existe une suite croissante de compactes elementaires Kn ⊂ Kn+1 dont la reunion⋃

n>0

Kn = D telle que la suite numerique

∫∫

Kn

| f(x, y) | dxdy soit bornee (majoree).

Autrement dit, l’integrale double generalisee d’une fonction fonction localement integrable designe quelconque converge si et seulement si elle converge absolument.

Exemple 5. 1) Montrons que l’integrale double generalisee

∫∫

R2

sin(x+ y)dxdy

(1 + x2 + y2)2est absolu-

ment convergente.

En effet, puisque nous avons| sin(x+ y) |(1 + x2 + y2)2

61

(1 + x2 + y2)2, et puisqu’on sait que l’inte-

grale double generalisee

∫∫

R2

dxdy

(1 + x2 + y2)2est convergente (voir l’exemple precedent) on en

deduit donc que l’integrale generalisee

∫∫

R2

sin(x+ y)dxdy

(1 + x2 + y2)2converge absolument.

2) Montrons que l’integrale generalisee

∫∫

R2

sin(x2 + y2)dxdy est divergente.

En effet, si on integre la fonction sin(x2+y2) sur la suite de compacts Rn = [−n, n]× [−n, n]on obtient la suite numerique,

un =

∫∫

Rn

sin(x2+y2)dxdy = 2(

∫ n

−nsin(x2)dx)(

∫ n

−ncos(y2)dy) = 2

∫ n2

0

sin(t)√tdt)

∫ n2

0

cos(t)√tdt),

qui, d’apres le theoreme d’Abel (voir Cours M122), converge vers un reel fini.

Par contre, si on integre la fonction sin(x2 + y2) sur la suite de disques Dn de centre (0, 0)et de rayon r = n on obtient ainsi une suite de nombres qui diverge :

vn =

∫∫

Dn

sin(x2 + y2)dxdy =

∫ 2π

0(

∫ n

0sin(r2)rdr)dθ = π(1− cos(n2))

Exercice 8. Trouver la nature des integrales doubles generalisees suivantes :

a)

∫ ∫

DLog(

x2 + y2)dxdy avec D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 6 1}.

b)

∫ ∫

D

1

(x2 + y2)adxdy avec D = {(x, y) ∈ R

2/x2 + y2 > 1} et a > 0.

c)

∫ ∫

D

1

xα + y2dxdy avec D = {(x, y) ∈ R

2/0 6 x 6 1, 0 6 y2 6 x}.

Exercice 9. Montrer que l’integrale double generalisee

∫ ∫

R+×R+

sin(x2 + y2)e−x2−y2dxdy est

Page 21: An2 integ mul

Chapitre 2

Integrales de surfaces

Objectifs : L’etude de ce chapitre doit vous permettre de :

1. vous familiariser avec la geometrie affine des surfaces

classiques de l’espace R3 ;

2. savoir calculer le plan tangent et determiner la droite

normale d’une surface ;

3. savoir calculer l’element d’aire d’une surface donnee soit

par equation implicite ou parametrique ;

4. savoir calculer l’integrale de surface et le flux d’champ de

vecteurs a travers une surface orientee ;

5. savoir appliquer la formule de Stokes.

Page 22: An2 integ mul

22 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

2.1 Geometrie affine des surfaces classiques de R3

2.1.1 Surfaces definies par une equation implicite F(x, y, z) = 0

Definition 9. Soit F : R3 → R une fonction de classe Ck, k > 1.

1. Le sous-ensemble Σ(F) = {(x, y, z) ∈ R3/F(x, y, z) = 0} s’appelle surface de classe Ck

definie par l’equation implicite F(x, y, z) = 0.

2. On dira que le point (a, b, c) ∈ Σ(F) est regulier si le vecteur gradient gradF(a, b, c) 6= ~0.Un point (a, b, c) ∈ Σ(F) non regulier (i.e. gradF(a, b, c) = ~0) est dit singulier. Quandla surface Σ(F) ne possede aucun point singulier on dira qu’elle est reguliere.

3. En un point regulier M = (a, b, c) ∈ Σ(F) on definit le plan tangent a Σ(F) par l’equa-tion affine,

(x− a)∂F

∂x(a, b, c) + (y − b)

∂F

∂y(a, b, c) + (z − c)

∂F

∂z(a, b, c) = 0. (2.1)

L’ensemble des solutions de cette equation forme un sous-espace vectoriel de dimensiondeux ; il se note par TMΣ(F).

4. En un point regulier M = (a, b, c) ∈ Σ(F) on definit le vecteur normal unitaire au plantangent TMΣ(F) par l’expression,

~nM =gradF(a, b, c)

// gradF(a, b, c) //. (2.2)

Exemple 6. Montrons que le sous-ensemble Σ = {(x, y, z) ∈ R3/z(x2 + y2 + xy+1) = x+ y}

est une surface de classe C∞ reguliere et calculons son plans tangent au point O = (0, 0, 0).

1) Suppose qu’au point M = (x, y, z) ∈ Σ on un vecteur gradient gradF(x, y, z) = ~0. Avec

cette hypothese on deduit que l’equation,∂F

∂z= x2 + y2 + xy + 1 = 0, possede au-moins une

solution reel malgre que le discriminant du trinome x2 + y2 + xy + 1 d’indetermine x egal a∆x = −3y3 − 4 < 0. Donc la surface Σ n’a pas de points singuliers.

2) Le plan tangent affine a Σ au point O = (0, 0, 0) a pour equation,

x∂F

∂x(0, 0, 0) + y

∂F

∂y(0, 0, 0) + z

∂F

∂z(0, 0, 0) = 0 =⇒ −x− y + z = 0.

Notons que le vecteur unitaire normal au plan tangent TOΣ est egal a, nO = (−1√3,−1√3,1√3).

2) Dans cet exemple, on se propose de chercher tous les points singuliers de la surface de classeC∞ definie par,

Σ = {(x, y, z) ∈ R3/(x2 + y2)z = z2 − 2x− 2y − 3}.

a) Supposons que le point (x, y, z) ∈ Σ est singulier. Donc, (x, y, z) par definition solution dusysteme d’equations :

2xz + 2 = 02yz + 2 = 0

x2 + y2 − 2z = 0=⇒

1− z3 = 0yz + 1 = 0xz + 1 = 0

=⇒ (x, y, z) = (−1,−1, 1) ∈ Σ

Conclusion : La surface Σ = {(x, y, z) ∈ R3/(x2 + y2)z = z2 − 2x − 2y − 3} admet un seul

Page 23: An2 integ mul

2.1. GEOMETRIE AFFINE DES SURFACES CLASSIQUES DE R3 23

b) Au point A = (1,−1,−1) ∈ Σ donnons l’expression du plan tangent et determinons lescoordonnees du vecteur unitairte normal a Σ.

Puisque le point A 6= (−1,−1, 1) il est donc regulier. Le plan affine tangent de la surface Σau point A = (1,−1,−1) ∈ Σ a pour expression :

(x− 1)∂F

∂x(1,−1,−1) + (y + 1)

∂F

∂y(1,−1,−1) + (z + 1)

∂F

∂z(1,−1,−1) = 0 =⇒ y + z + 2 = 0

Le vecteur unitaire normal a Σ au point A = (1,−1,−1) est egal a, ~nA = (0,

√2

8,

√2

8).

2.1.2 Surfaces parametriques

Definition 10. Soit U ⊂ R2 un ouvert non vide et F : U → R

3 une application de classeCk, k > 1.

1. Le sous-ensemble Σ(ϕ) = {ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ∈ R3/(u, v) ∈ U} s’appelle

surface parametrique de classe Ck.

2. Si au point M = ϕ(u0, v0) = (a, b, c) ∈ Σ(ϕ) la famille des vecteurs {∂ϕ∂u

(u0, v0),∂ϕ

∂v(u0, v0)}

est libre on dira que M = (a, b, c) est un point regulier sur Σ. Un point ϕ(u0, v0) =

(a, b, c) ∈ Σ(ϕ) non regulier (i.e.∂ϕ

∂u(u0, v0) ∧

∂ϕ

∂v(u0, v0) = ~0) sera dit singulier.

3. On definit le plan tangent affine de la surface parametrique Σ(ϕ) en un point regulierM = ϕ(u0, v0) = (a, b, c) ∈ Σ(ϕ) par l’equation analytique :

x− a y − b z − c∂x(u0, v0)

∂u

∂y(u0, v0)

∂u

∂z(u0, v0)

∂u∂x(u0, v0)

∂v

∂y(u0, v0)

∂v

∂z(u0, v0)

∂v

= 0 (2.3)

et on le note par TMΣ(ϕ).

4. Un vecteur normal a Σ(ϕ) au point regulier M = ϕ(u0, v0) est donne par le produit

vectoriel NM =∂ϕ(u0, v0)

∂u∧ ∂ϕ(u0, v0)

∂v6= ~0.

Exemple 7. 1) Montrons que la surface Σ definie par la parametrisation,

ϕ(u, v) = ((7 + 5 cos(u)) cos(v), (7 + 5 cos(u)) sin(v), 5 sin(u)) pour 0 6 u, v 6 2π

est reguliere.

En effet, pour tout couple (u, v) ∈ [0, 2π] × [0, 2π] le produit vectoriel,

∂ϕ(u, v)

∂u∧ ∂ϕ(u, v)

∂v=

~ı ~ ~k−5 sin(u) cos(v) −5 sin(u) sin(v) 5 cos(u)

−(7 + 5 cos(u)) sin(v) (7 + 5 cos(u)) cos(v) 0

= 5(7 + 5 cos(u))[cos(u) cos(v)~ı + cos(u) sin(v)~− sin(u)~k]

est non nul car sa norme est egale a 5(7 + 5 cos(u)) > 10 > 0.

2) a) Cherchons les points singuliers de la surface Σ′ definie par la parametrisation,

Page 24: An2 integ mul

24 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

Notons que si le point ψ(u, v) ∈ Σ′ singulier on obtient un produit vectoriel nul,

∂ψ(u, v)

∂u∧ ∂ψ(u, v)

∂v=

~ı ~ ~k3u2 3u2 2v3v2 −3v2 2u

= 6(u3 + v3)~ı− 6(u3 − v3)~− 18u2v2~k = ~0.

Ainsi, puisque les equations u3+v3 = 0 et u3−v3 = 0 ont une seule solution (0, 0) on conclutdonc que le point ψ(0, 0) = (0, 0, 0) est l’unique point singulier de la surface Σ′.

b) Le plan tangent de la surface Σ′ au point M = ψ(1, 0) = (1, 1, 0) a pour equation,∣

x− 1 y − 1 z3 3 00 0 2

= 0 =⇒ x− y = 0,

dont le vecteur unitaire normal au point M = (1, 1, 0) est egal a n = (

√2

2,−

√2

2, 0).

2.1.3 Surfaces de revolution

Definition 11. Soit Σ ⊂ R3 une surface de classe Ck definit par une equation implicite ou

par un systeme d’equations parametriques ; et soit ∆ ⊂ R3 une droite. On dira que Σ est une

surface de revolution d’axe ∆ si elle est stable par toutes les rotations R : R3 → R3 d’axe ∆.

C’est-a-dire, si M ∈ Σ alors le cercle Γ(M) qui passe par le point M d’axe ∆ est entierementcontenu dans Σ (Voir figure).

(0, y, f(y)) = MΓ(M)

R

R

θ

Figure 2.1 – Surface de revolution d’axe ∆

1. Le cercle Γ(M) s’appelle parallele de la surface de revolution Σ.

2. Le plan Π qui passe par l’axe de rotation ∆ s’appelle plan meridien.

3. L’intersection du plan meridien Π avec la surface Σ s’appellent courbes meridiennes :C = Π ∩ Σ.

Ci-dessous, nous allons exploiter la stabilite d’une surface de revolution par rotation pourla parametrer ou la definir par une equation implicite cartesienne. Pour simplifier nous allonssupposer que l’axe de revolution de la surface donnee est egal a ∆ = Oz. Cette hypothese estraisonnable car si l’axe de revolution ∆ est quelconque on peut le ramener sur l’axe Oz par

Page 25: An2 integ mul

2.1. GEOMETRIE AFFINE DES SURFACES CLASSIQUES DE R3 25

La courbe meridienne C est definie par l’equation cartesienne, f(x) = z

Observons que si on fixe un point M = (x, 0, f(x)) ∈ C alors en lui appliquant la rotationd’angle θ ∈ [0, 2π] d’axe Oz on obtient un nouveau point M′ qui appartient a la surface derevolution Σ(C,Oz) dont les coordonnees parametriques sont egales a :

X = x cos(θ)Y = x sin(θ)Z = f(x)

avec x ∈ Dom(f) et θ ∈ [0, 2π].

En effet, le systeme des equations parametriques precedent definit completement la surfacede revolution Σ(C,Oz) engendree par rotation du graphe de la fonction f(x) = z autour del’axe ∆ = Oz.

Notons que les equations parametriques de la surface de revolution Σ(C,Oz) nous permet devoir que l’equation implicite cartesienne de Σ(C,Oz) est donnee par :

X2 +Y2 = x2 et f(x) = z =⇒ f(√

X2 +Y2) = Z.

Figure 2.2 – Surface de revolution d’axe Oz

La courbe meridienne C est definie par une equation implicite, g(x, z) = 0

Soit C une courbe contenue dans le plan Oxz definie par par l’equation implicite, g(x, z) = 0,ou g est une fonction de classe Ck avec k > 1. Fixons un point M = (x, 0, z) ∈ C et appliquonssur lui une rotation d’axe Oz et d’angle θ. Ceci produit donc un point Mθ = (X,Y,Z) quiappartient a la surface de revolution Σ(C,Oz) dont la projection sur le plan Oxy definit unpoint (X,Y, 0) = (x cos(θ), x sin(θ), 0) (Voir la figure). Ainsi, si on remarque que Z = z car larotation est d’axe Oz et que x2 = X2 + Y2 ; l’equation implicite g(x, z) = 0 implique que lespoint Mθ = (X,Y,Z) est solution l’equation, g(

√X2 +Y2,Z) = 0.

∆(x, 0, z) = M

Mθ = (X,Y,Z)

Figure 2.3 – Surface de revolution d’axe ∆

Page 26: An2 integ mul

26 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

Conclusion : La surface de revolution d’axe ∆ = Oz engendree par rotation de la courbe Ca pour equation implicite cartesienne, g(

x2 + y2, z) = 0.

Exemple 8. Soient a > 0, c > 0 et r > 0 des nombres reels fixes tels que r < min(a, c). Lasurface de revolution d’axe Oz engendree par le cercle C centre au point (a, 0, c) de rayon rs’appelle tore. Son equation implicite est donc donnee en fonction des coordonnees cartesiennepar, (

x2 + y2 − a)2 + (z − c)2 = r2.

La courbe meridienne C est definie par une equation parametrique, ρ(t) = (x(t), 0, z(t))

Avec les memes idees que ci-dessus, on verifie facilement que la surface de revolution d’axe Ozengendree par la courbe parmetree C, Σ(C,Oz), peut etre definie par le systeme des equationsparametriques :

X = x(t) cos(θ)Y = x(t) sin(θ)Z = z(t)

avec t ∈ Dom(ρ) et θ ∈ [0, 2π].

Exemple 9. Soient a > 0, c > 0 et r > 0 des nombres reels fixes tels que r < min(a, c).Si on parametrise le cercle C d’equation (x − a)2 + (z − c)2 = r2 par x = r cos(t) + a etz = r sin(t) + c on en deduit que le tore regulier engendre par C peut etre parametrer par lesysteme des equations suivantes :

x(t, s) = (r cos(t) + a) cos(s)y(t, s) = (r cos(t) + a) sin(s)z(t, s) = r sin(t) + c

Exercice 10. Trouver les equations parametriques (resp. cartesiennes) d’une surface de revo-lution autour de l’axe Oy et Ox.

Pour finir ce paragraphe consacree aux surfaces nous donnerons les equations implicitescartesiennes et implicites de certaines surfaces classique de l’espace R

3.

Exemple 10. A) Sphere : (x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2

Puisque la sphere centree en (a, b, c) et de rayon R peut etre obtenue a partir de la revolutiondu cercle (x − a)2 + (z − c)2 = R2 autour de l’axe Oz on deduit donc, de ce qui precede, quel’equation cartesienne de la sphere est donnee par, (x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2.

Notons que si on definit le cercle meridien d’equation (x−a)2+(z−c)2 = R2 par les equationsparametriques,

x(t) = R cos(t) + ay(t) = bz(t) = R sin(t) + c

on en deduit que la sphere centree en (a, b, c) et de rayon est parametree par le systeme d’equa-tions :

x(t, s) = R cos(t) cos(s) + ay(t, s) = R cos(t) sin(s) + bz(t, s) = R sin(t) + c

Page 27: An2 integ mul

2.1. GEOMETRIE AFFINE DES SURFACES CLASSIQUES DE R3 27

Figure 2.4 – La sphere S2 de l’espace R3

B) Ellipsoıde de revolution :x2 + y2

a2+z2

b2= 1

L’ellipsoıde de revolution d’axe Oz est une surface de l’espace R3 qui s’obtient par rotation

d’une ellipse contenue dans le plan Oxz par rotation autour de l’axe Oz.

Ainsi, si par exemple ; si on fait tourner l’ellipse d’equation cartesiennex2

a2+z2

b2= 1 autour

de l’axe Oz on obtient une ellipsoıde de revolution dont l’equation cartesienne est donnee par :x2 + y2

a2+z2

b2= 1.

C) Hyperboloıde de revolution :x2 + y2

a2− z2

b2= 1

L’hyperboloıde de revolution est une surface de l’espace R3 qui s’obtient par rotation d’une

hyperbole contenue dans le plan Oxz autour de l’axe Oz.

Par consequent, si on fait tourner l’hyperbole d’equation cartesiennex2

a2− z2

b2= 1 elle genere

donc une hyperboloıde d’equation cartesienne :x2 + y2

a2− z2

b2= 1.

Figure 2.5 – Hyperbolıde : x2 + y2 = z2 + 1

Pour trouver les equations parametriques de l’hyperboloıde de revolution il suffit qu’on pa-rametrise l’hyperbole du plan Oxz, x2 − z2 = 1, par les equations x(t) = ach(t), y(t) = 0 etz(t) = b sh(t) :

x(t, s) = ach(t) cos(s)y(t, s) = ach(t) sin(s)z(t, s) = bsh(t)

D) Paraboloıde de revolution a une seule nappe : z = a(x2 + y2)

La paraboloıde de revolution a une seule nappe s’obtient par rotation une parabole du plan

Page 28: An2 integ mul

28 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

Par exemple, si on considere la parabole z = ax2 alors par rotation autour de l’axe Oz onobtient une paraboloıde de revolution dont l’equation cartesienne est donnee par, z = a(x2+y2).

Figure 2.6 – Paraboloıde : x2 + y2 = z

Notons que si on parametrise la parabole z = ax2 par les equations x(t) = t, y(t) = 0 etz(t) = at2 on deduit alors que la paraboloıde de revolution peut etre parametree par le systemed’equations :

x(t, s) = t cos(s)y(t, s) = t sin(s)z(t, s) = at2

E) Praboloıde de revolution a deux nappes :x2 + y2

a2− z2

b2= −1

La paraboloıde de revolution a deux nappes s’obtient par rotation de l’hyperbole a deux

branchesz2

b2− x2

a2= 1 autour de l’axe Oz.

F) Cone de revolution : z = a√

x2 + y2 + b

La rotation d’une droite z = ax + b autour de l’axe Oz definit une surface appelee cone derevolution. Son equation cartesienne est donnee par, z = a

x2 + y2 + b.

Figure 2.7 – Cone de revolution : a(x2 + y2) = z2

2.2 Definition et proprietes des integrales de surfaces

Dans cette section, etant donnee une surface Σ ⊂ R3 de classe C1 ; on se propose de trouver

une formule qui nous permet de calculer son aire ou sa masse quand la densite de masse estune fonction ρ(x, y, z) continue sur Σ.

1) Cas du graphe d’une fonction

Soit Σ ⊂ R3 une surface de classe C1 definit comme le graphe d’une fonction f : D → R dont

le domaine de definition est un compact elementaire defini par,

D = {(x, y) ∈ R2/a 6 x 6 b, f1(x) 6 y 6 f2(x)}

Calculons l’aire de la surface Σ :

Figure 2.8 – Subdivison d’une surface

Page 29: An2 integ mul

2.2. DEFINITION ET PROPRIETES DES INTEGRALES DE SURFACES 29

Partageons le domaine elementaire D en petits rectangles Ri,j = [ui, ui+1]× [vj , vj+1] ⊂ D etdesignons par Σi,j le graphe de la fonction f au-dessus de du rectangle Ri,j. Avec ces notations,il est clair que le nombre reel positif,

R(Σ, n,m) =i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

Aire(Σi,j)

nous donne une mesure approchee de la surface Σ. Donc, pour obtenir la valeur exacte de l’airede la surface Σ il suffit qu fait tendre l’aire des rectangles Ri,j tend vers zero.

Pour donner au suite de nombres reels R(Σ, n,m) une expression explicite, nous allons ap-procher l’aire de la portion de surface Σi,j par l’aire du parallelogramme dont les cotes sontegales aux vecteurs tangents a la surface Σ au point (ui, vj , f(ui, vj)) donnes par :

Ui,j = (ui+1 − ui)(1, 0,∂f

∂x(ui, vj)) et Vi,j = (vj+1 − vj)(0, 1,

∂f

∂y(ui, vj)).

Autrement dit, nous allons poser Aire(Σi,j) =// Ui,j∧Vi,j // pour avoir la nouvelle l’expression,

R(Σ, n,m) =

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

// Ui,j ∧Vi,j //

=

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

1 + (∂f

∂x(ui, vj))2 + (

∂f

∂y(ui, vj))2(ui+1 − ui)(vj+1 − vj)

qui donne une mesure approchee de l’aire de la surface Σ. En effet, si on fait tend les quantitesui+1 − ui et vj+1 − vj simultanement vers zero on obtient l’integrale double suivante dont lavaleurs est egale a la mesure exacte de l’aire de la surface Σ :

∫∫

D

1 + (∂f

∂x)2 + (

∂f

∂y)2dxdy = Aire(Σ) (2.4)

Definition 12. Soient D ⊂ R2 un domaine elementaire et Σ ⊂ R

3 une surface definit par legraphe d’une fonction f : D → R de classe C1.

1. On definit le vecteur infinitesimal de la surface Σ autour du point M = (x, y, f(x, y)) parl’expression :

~dS = (∂f

∂x~ı+

∂f

∂y~+ ~k)dxdy~n(x, y, z). (2.5)

ou ~n(x, y, z) designe le vecteur normal unitaire a Σ calcule au point (x, y, f(x, y)) ∈ Σ.

2. On definit l’element infinitesimal de surface autour du point M = (x, y, f(x, y)) ∈ Σ parl’expression :

dσ =

1 + (∂f

∂x)2 + (

∂f

∂y)2dxdy =// ~dS // . (2.6)

3. On definit l’integrale de surface d’une fonction continue ρ : Σ → R par la formule,

∫∫

ρ(x, y, z)dσ =

∫∫

ρ(x, y, f(x, y))

1 + (∂f

)2 + (∂f

)2dxdy. (2.7)

Page 30: An2 integ mul

30 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

2) Cas d’une surface parametree

Comme au paragraphe precedent, considerons un domaine elementaire D ⊂ R2 et une surface

Σ ⊂ R3 de classe C1 definit par le systeme d’equations parametriques :

r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ D ⊂ R2

Notons que pour trouver la mesure approchee de l’aire de la surface parametrique Σ il suffitqu’on subdivise le domaine elementaire D en petits rectangles Ri,j = [ui, ui+1] × [vj, vj+1],et puis ; on approche l’aires des portions de surfaces Σi,j = r(Ri,j) par la norme du produitvectoriel suivant :

Aire(Σi,j) = // (ui+1 − ui)∂r

∂u(ui, vj) ∧ (vj+1 − vj)

∂r

∂v(ui, vj) //

= //∂r

∂u(ui, vj) // · //

∂r

∂v(ui, vj) // sin(ϕi,j)(ui+1 − ui)(vj+1 − vj)

ou ϕi,j est la mesure de l’angle definit par les deux vecteurs∂r

∂u(ui, vj) et

∂r

∂v(ui, vj) tangents

a la surface Σ au point r(ui, vj).

Observons qu’avec ces notations se si on pose,

E(u, v) =//∂r

∂u(u, v) //2, F(u, v) =//

∂r

∂v//2 (u, v), G(u, v) =<

∂r

∂u(u, v),

∂r

∂v(u, v) >,

on pourra alors recrire l’aire de la portion de surface Σi,j sous la forme suivante :

Aire(Σi,j)2 = //

∂r

∂u(ui, vj) ∧

∂r

∂v(ui, vj) //

2= E(ui, vj)F(ui, vj)(sin(ϕi,j))2

= E(ui, vj)F(ui, vj)(1− (cos(ϕi,j))2) = E(ui, vj)F(ui, vj)−G(ui, vj)

2.

Finalement, si on considere la suite de nombres reels definis par l’expression :

R(Σ, n,m) =i=n−1∑

i=0

j=m−1∑

j=0

Aire(Σi,j)

=i=n−1∑

i=0

j=m−1∑

j=0

E(ui, vj)F(ui, vj)−G(ui, vj)2

en faisant tendre les quantites ui+1 − ui et vj+1 − vj vers zero ; on obtient la formule

Aire(Σ) =

∫∫

D

E(u, v)F(u, v) −G(u, v)2dudv (2.8)

qui donne la mesure exacte de l’aire de la surface parametrique Σ.

Definition 13. Soit Σ ⊂ R3 une surface parametree par l’application r : D → R

3 de classeC1.

1. On definit le vecteur infinitesimal de surface Σ autour du point M = r(u, v) par l’expres-sion :

~ ∂r ∂r

Page 31: An2 integ mul

2.2. DEFINITION ET PROPRIETES DES INTEGRALES DE SURFACES 31

2. On definit l’element infinitesimal de surface autour du point M = r(u, v) ∈ Σ par l’ex-pression :

dσ =√

EF−G2dudv =// ~dS // (2.10)

ou E = //∂r

∂u//2, F = //

∂r

∂v//2 et G = <

∂r

∂u,∂r

∂v>.

3. On definit l’integrale de surface d’une fonction continue ρ : Σ → R par la formule,

∫∫

Σρ(x, y, z)dσ =

∫∫

Dρ(x(u, v), y(u, v), z(u, v))

EF−G2dudv (2.11)

Avant qu’on developpe des exemples de calcul des integrales de surfaces definies ci-dessus ondonnera d’abord par deux remarques :

1) Notons que si Σ designe une surface definie comme le graphe d’une fonction de classe C1, enposant r(x, y) = (x, y, f(x, y)) lorsque (x, y) ∈ D ; on definit ainsi un parametrage de la surfaceΣ dont l’element infinitesimal de surface autour du point r(x, y) ∈ Σ est donne par,

dσ =

~ı ~ ~k

1 0∂f

∂x

0 1∂f

∂y

dxdy =// (∂f

∂x,∂f

∂y, 1) // dxdy =

1 + (∂f

∂x)2 + (

∂f

∂y)2dxdy.

Ainsi, en consequence de ce calcul ; on deduit que l’element infinitesimal de surface dσ nedepend pas de la representation de la surface Σ comme graphe d’une fonction ou par un systemed’equations parametriques.

2) Du fait que l’integrale de surface se calcule moyennant une integrale double elle est donclineaire et additive :

Linearite :

∫∫

Σ(af(x, y, z) + bg(x, y, z))dσ = a

∫∫

Σf(x, y, z)dσ + b

∫∫

Σg(x, y, z)dσ.

Additivite :

∫∫

Σ1∪Σ2

fdσ =

∫∫

Σ1

fdσ +

∫∫

Σ2

fdσ si l’intersection Σ1 ∩ Σ2 est une courbe.

Exemple 11. 1) Calculons l’aire du paraboloıde Σ = {(x, y, z)/z = x2 + y2, 0 6 z 6 h}.

Puisque la surface Σ est egale au graphe de la fonction f(x, y) = x2 + y2 definie au-dessusdu domaine D = {(x, y)/x2 + y2 6 h}, son element infinitesimal de surface dσ est donc donnepar,

dσ =

~ı ~ ~k1 0 2x0 1 2y

dxdy =√

4x2 + 4y2 + 1dxdy.

L’aire de la surface Σ est maintenant donnee par l’integrale :

Aire(Σ) =

∫∫

Σdσ =

∫∫

D

4x2 + 4y2 + 1dxdy = 2π

√h

0

4r2 + 1rdr =2π

3(4h+ 1)3/2.

2) Calculons l’aire de la sphere S(O,R) de rayon R > 0 centree a l’origine parametree parl’application

Page 32: An2 integ mul

32 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

Avec ces donnees on voit que l’element infinitesimal de surface de la sphere est egale a :

dσ =

~ı ~ ~k−Rsin(θ) cos(ϕ) R cos(θ) cos(ϕ) 0−Rcos(θ) sin(ϕ) −Rsin(θ) sin(ϕ) R cos(ϕ)

dθdϕ = R2 cos(ϕ)dθdϕ.

Donc, l’aire de la sphere S(O,R) est : Aire(S(O,R)) =

∫ 2π

0(

∫ π/2

−π/2R2 cos(ϕ)dϕ)dθ = 4πR2.

3) Calculons l’integrale de surface

∫∫

Σ

√4z + 1dσ etendue sur la paraboloıde :

Σ = {(x, y, z)/z = x2 + y2 6 h}.

Rappelons que dans l’exemple 1), nous avons demontre que l’element infinitesimal de lasurface Σ est egale a, dσ =

4x2 + 4y2 + 1dxdy. Par consequent, l’integrale de surface donneeest donc egale a,

∫∫

Σ

√4z + 1dσ =

∫∫

x2+y26h

4(x2 + y2) + 1√

4x2 + 4y2 + 1dxdy

= 2π

√h

0(4r2 + 1)rdr = π(2h2 + h).

Exercice 11. Calculer les integrales de surfaces suivantes :

ı)

∫∫

Σ1

dσ = Aire(Σ1) ou Σ1 = {(x, y, z)/az = xy, x2 + y2 6 a2}.

ıı)

∫∫

Σ2

(x2 + y2)dσ ou Σ2 = {(x, y, z)/x2 + y2 + z2 = a2}.

ııı)

∫∫

Σ3

1 + z2dσ ou Σ3 = {(x, y, z)/x2 + y2 = a2,−a 6 z 6 a}.

ıv)

∫∫

Σ4

xydσ ou Σ4 = {(x, y, z)/x2 + y2 + z2 = a2, x > 0, y > 0, z > 0}.

Exercice 12. Calculer l’aire de la portion Σ decoupee par le cylindre d’equation x2 + y2 = 2zsur l’hemisphere superieure centre a l’origine et de rayon R > 0.

2.3 Flux d’un champ de vecteurs a travers une surface orien-

table

2.3.1 Surfaces orientables dans l’espace R3

Definition 14. Soit Σ ⊂ R3 une surface reguliere de classe C1.

1. On dira que la surface Σ est orientable si elle est impossible de trouver une courbe fermeeΓ de classe C1 contenue dans Σ le long de laquelle on pourra deplacer continument unvecteur normal ~N a Σ depuis un point A ∈ Γ et le ramener sur son oppose −~N au memepoint A.

2. Soit Σ ⊂ R3 une surface orientable et M ∈ Σ. Un vecteur normal ~N a Σ au point M est

dit sortant s’il complete tout repere (~v1, ~v2) tangent a Σ oriente positivement (memeorientation que le plan standard Oxy) en un repere (~v1, ~v2, ~N) de l’epace R

3 qui a lameme orientation que le repere canonique Oxyz. En d’autres termes, si le produit mixte(~v ∧ ~v ) · ~N > 0 on dira que le vecteur normal ~N est sortant, et sinon, on dira que le

Page 33: An2 integ mul

2.3. FLUX D’UN CHAMP DE VECTEURS A TRAVERS UNE SURFACE ORIENTABLE33

3. Nous dirons qu’une surface reguliere est orientee positivement quand elle est munied’un champ de vecteurs normaux sortants.

Exemple 12. 1) Le plan, le cylindre et la sphere sont orientables. Sur ces surfaces on remarqueque toute normale ∆ qui perce ces surfaces definit une face externe (sens positive) et une faceinterne (sens negatif) (Voir la figure).

Figure 2.9 – Orientation du plan, du cylindre et de la sphere dans R3 non rientable

2) Observons qu si on considere un rectangle R = [a, b]× [c, d] contenu dans le plan Oxy, en letordant suivant deux cotes opposees ; alors en collant ses deux autres cotes opposees on obtientune surface qui s’appelle bande de Mobius.

La bande de Mobius n’est pas orientable. Parce que, comme il est indiquer sur la figure, surla bande de Mobius on a trace une courbe Γ suivant laquelle on a ramene un vecteur normal~n0 sur son oppose ~n4 = −~n0.

Figure 2.10 – La bande de Mobius : surfaces de R3 non rientable

En analysant les exemples de surfaces traitees ci-dessus, on deduit que pour voir est-ce qu’unesurface donnee Σ ⊂ R

3 est orientable ou non , il suffit alors qu’on examine le nombre de facesde la surface donnee. Ainsi, si la surface possede deux faces on deduit qu’elle est orientablemais s’il possede qu’une seule face on deduit qu’elle est non orientable.

2.3.2 Flux d’un champ de vecteurs

Definition 15. Soit U ⊂ R3 un ouvert non vide, ~X = (P,Q,R) un champ de vecteurs de classe

Ck sur un ouvert U ⊂ R3 et Σ ⊂ U une surface de classe Ck reguliere et orientee positivement.

On definit le flux sortant du champ de vecteurs ~X a travers la surface Σ ⊂ U par l’integralede surface suivante :

Φ =

∫∫

Σ

~X · d~S =

∫∫

Σ

~X · ~ndσ (2.12)

ou ~n designe le champ de vecteurs normaux unitaires sortants de la surface Σ.

Exemple 13. 1) Calculons le flux sortant du champ de vecteur ~X(x, y, z) = (x, y, z) ∈ R3 a

travers le tetraedre Σ limite par les plans : x = 0, y = 0, z = 0 et x+ y + z = 1.

Figure 2.11 – Le thetraiere unite de R3

Page 34: An2 integ mul

34 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

Puisque le thetradiere Σ admet quatre faces ∆xy, ∆xz, ∆yz et ∆ ; le flux sortant du champ devecteurs X est donc egal a la somme des flux sortants a travers les quatre faces du thetraiereΣ (voir figure) :

∫∫

Σ

~X · ~dS =

∫∫

∆xy

~X · ~dS +

∫∫

∆xz

~X · ~dS +

∫∫

∆yz

~X · ~dS +

∫∫

~X · ~dS.

a) Flux sortant a travers les faces ∆xy, ∆zy et ∆xz.

Puisque le vecteur normal unitaire sortant de la surface ∆xy est egal a −~k et comme l’element

infinitesimal de surface de ∆xy est donne par ~dS = −~kdxdy , on deduit donc que le flux sortantdu champ de vecteurs X a travers ∆xy est donne par,

∫∫

∆xy

~X · ~dS =

∫∫

x+y61,z=0−zdxdy = 0 parce que sur ∆xy, z = 0.

De la meme facon, on montre que le flux sortant du champ ~X a travers les faces ∆xz et ∆zy

sont donnes par :

∫∫

∆yz

~X · ~dS =

∫∫

y+z61,x=0−xdxdy = 0 ,

∫∫

∆xz

~X · ~dS =

∫∫

x+z61,y=0−ydxdy = 0

b) Flux a travers la face ∆ d’equation x+ y + z = 1, x > 0, y > 0 et z > 0.

En parametrisant la face ∆ par ϕ(x, y) = (x, y, 1−x−y) on voit que son element infinitesimalde surface est egal a,

~dS =

~ı ~ ~k1 0 −10 1 −1

dxdy = (~ı+ ~+ ~k)dxdy =⇒ X · ~dS = (x+ y + z)dxdy = dxdy.

Ainsi, en consequence de ci qui precede, on conclut que le flux a travers la face ∆ du tetraedreΣ est egal a,

∫∫

~X · ~dS =

∫∫

x+y61(x+ y + z)dxdy =

∫ 1

0(

∫ 1−x

0dy)dx =

1

2.

c) Le flux total sortant du champ de vecteur ~X a travers le tetraedre Σ est donc egal a,

∫∫

Σ

~X · ~dS =

∫∫

∆xy

~X · ~dS +

∫∫

∆xz

~X · ~dS +

∫∫

∆yz

~X · ~dS +

∫∫

~X · ~dS =1

2.

2) Calculons le flux sortant du champ de vecteur ~X = (x, y, z) a travers l’hemisphere superieureΣ centree a l’origine (0, 0, 0) et de rayon R.

Pour identifier l’element infinitesimal de surface associe a Σ nous allons la parametriser parl’application ϕ(x, y) = (x, y,

R2 − x2 − y2) avec x2 + y2 6 R2.

~dS =

~ı ~ ~k

1 0 − x√

R2 − x2 − y2y

dxdy = (x

R2 − x2 − y2~ı+

y√

R2 − x2 − y2~+ ~k)dxdy.

Page 35: An2 integ mul

2.3. FLUX D’UN CHAMP DE VECTEURS A TRAVERS UNE SURFACE ORIENTABLE35

Ainsi, puisque sur l’hemisphere superieure on a z =√

R2 − x2 − y2 on en deduit que leproduit scalaire (flux infinitesimal) :

~X · ~dS = (x2 + y2

R2 − x2 − y2+ z)dxdy =

R2

R2 − x2 − y2dxdy.

Le flux sortant du champ de vecteurs X a travers l’hemisphere superieure est donc egal a,

∫∫

Σ

~X · ~dS = R2

∫∫

x2+y26R2

dxdy√

R2 − x2 − y2= R2

∫ 2π

0(

∫ R

0

rdr√R2 − r2

)dθ = 2πR3

3) Soit ω > 0 un nombre reel fixe. Calculons le flux sortant du champ de vecteurs ~X = ω~ka travers la surface Σ limitee par le cylindre Σ1 = {(x, y, z)/x2 + y2 = R2, 0 6 z 6 h} et lesdisques D1 = {(x, y, 0)/x2 + y2 6 R2} et D2 = {(x, y, h)/x2 + y2 6 R2}.

Par additivite de l’integrale de surface, on voit que le flux total du champ de vecteur ~X = ω~kest egal a,

Φ =

∫∫

Σ

~X · ~dS =

∫∫

Σ1

~X · ~dS +

∫∫

D1

~X · ~dS +

∫∫

D2

~X · ~dS.

Ainsi, puisque sur les disques horizontaux D1 et D2 le vecteur de surface infinitesimal estdonne respectivement par ~dS1 = −~kdxdy et ~dS2 = ~kdxdy on aura donc,

∫∫

D1

~X · ~dS1 =

∫∫

x2+y26R2

− ωdxdy∫∫

D2

~X · ~dS2 =

∫∫

x2+y26R2

ωdxdy=⇒

∫∫

D1

~X · ~dS1 = −2πR2ω∫∫

D2

~X · ~dS2 = 2πR2ω

Enfin, en parametrisant le cylindre Σ1 par l’application ϕ(r, θ) = (R cos(θ),Rsin(θ), z) avec0 6 z 6 h et 0 6 θ 6 π ; on voit que le vecteur infinitesimal de surface de Σ1 est donne par,

~dS =∂ϕ

∂θ∧ ∂ϕ

∂zdθdz = (R cos(θ)~ı+Rsin(θ)~)dθdz.

Mais, comme le champ de vecteurs ~X = ω~k est orthogonal au vecteur de surface ~dS =(R cos(θ)ı + Rsin(θ))dθdz on en deduit donc que le flux du champ de vecteurs ~X = ω~k atravers le cylindre Σ1 est nul.

Conclusion, le flux total du champ de vecteurs X a travers la surface Σ est :

∫∫

Σ

~X · ~dS =

0− 2πωR2 + 2πωR2 = 0.

Exercice 13. Calculer le flux sortant du champ de vecteurs X a travers la surface indiquee.

ı) ~X1 = zx~ı+ zy~+ y~k et Σ1 = {(x, y, z)/x2 + y2 = 1, 0 6 z 6 h}.ıı) ~X2 = y~ı+ z~+ x~k et Σ2 = {(x, y, z)/x2 + y2 = z2, 0 6 z 6 a}.ııı) ~X3 = x~ı+ y~+ z~k et Σ3 = {(x, y, z)/x2 + y2 + z2 = a2}.ıv) ~X4 = x3/2~ı+ y3/2~+ z3/2~k et Σ4 = {(x, y, z)/x2 + y2 + z2 = a2, x > 0, y > 0, z > 0}.

2.3.3 Formule de Stokes

Theoreme 7. Soit A = P~ı+Q~+R~k un champ de vecteurs de classe C1 definit sur un ouvertnon vide U ⊂ R

3. Si on designe par ω = Pdx+ Qdy + Rdz la forme differentielle associee auchamp de vecteurs A alors pour toute surface orientable Σ ⊂ U de classe C1 et ayant un bord∂Σ = Γ non vide oriente positivement on a,

∮ ∮ ∫∫

Page 36: An2 integ mul

36 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

Autrement dit, la circulation d’un champ de vecteur ~A de classe C1 le long d’une courbe fer-mee Γ est egale au flux sortant du champ rotationnel Rot(~A) a travers toute surface orientableΣ dont le bord ∂Σ = Γ.

Demonstration. Dans cette preuve, on suppose que la surface Σ est parametree par l’applicationr(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) de classe C2 sur un domaine elementaire D de bord C′.

Notons qu’avec ces notations, puisque le couple (u, v) parcourt le bord ∂D = C′ alors lepoint r(u, v) parcourt la courbe C = ∂Σ on deduit donc que l’integrale curviligne de la formedifferentielle ω peut s’ecrire sous la forme :

Cω =

C′

(P∂x

∂u+Q

∂y

∂u+R

∂z

∂u)du+ (P

∂x

∂v+Q

∂y

∂v+R

∂z

∂v)dv

=

C′

A ◦ r · ∂r∂udu+A ◦ r · ∂r

∂vdv.

Ainsi, si maintenant on pose U = A ◦ r · ∂r∂u

et V = A ◦ r · ∂r∂v

la formule de Green-Riemann

permet de transformer la derniere integrale curviligne comme suit :∮

C′

A ◦ r · ∂r∂udu+A ◦ r · ∂r

∂vdv =

C′

Udu+Vdv

=

∫ ∫

D(∂V

∂u− ∂U

∂v)dudv

=

∫ ∫

D(∂A ◦ r∂u

· ∂r∂v

− ∂A ◦ r∂v

· ∂r∂u

)dudv

=

∫ ∫

DRot(A ◦ r) · (∂r

∂u∧ ∂r

∂v)dudv.

Finalement, en remarquant que dans l’integrale double precedente le vecteur (∂r

∂u∧ ∂r

∂v)dudv

est egal au vecteur infinitesimal d~S associe a la surface Σ ; on obtient la formule de Stokes,∮

Cω =

CA · d~r =

∫ ∫

ΣRot(A) · d~S.

Corollaire 5. Soit ~X = P~ı+Q~+R~k un champ de vecteurs de classe C1 sur un ouvert U ⊂ R3.

Pour tout couple de surfaces orientables Σ1 et Σ2 contenues dans l’ouvert U et qui ont le memebord Γ = ∂Σ1 = ∂Σ2 on a,

∫∫

Σ1

Rot(~X) · ~dS =

∫∫

Σ2

Rot(~X) · ~dS =

CPdx+Qdy +Rdz.

Corollaire 6. Soit ω = Pdx+Qdy+Rdz est une forme differentielle de classe C1 sur un ouvertU ⊂ R

3. Si ω est fermee alors pour toute courbe fermee C qui borde une surface orientable

Σ ⊂ U (i.e. C = ∂Σ) on a,

Cω = 0.

Exemple 14. Calculons l’integrale curviligne de la forme differentielle,

ω = (y2 + z2)dx+ (x2 + z2)dy + (x2 + y2)dz,

le long de la courbe fermee C definie comme l’intersection du plan x+ y + z = 1 et le cylindrex2 + y2 = 2x.

Pour calculer l’integrale curviligne

Cω nous allons appliquer au champ de vecteurs,

Page 37: An2 integ mul

2.3. FLUX D’UN CHAMP DE VECTEURS A TRAVERS UNE SURFACE ORIENTABLE37

et a la surface orientable Σ decoupee par le cylindre x2 + y2 = 2x sur le plan x + y + z = 1.Notons bien que le bord ∂Σ = C.

Si on applique la formule de Stokes a ces donnees on obtient :

Cω =

C~A · d~r =

∫ ∫

ΣRot(~A)

=2√3

∫ ∫

∆[(y − z)~ı+ (y − x)~+ (x− y)~k] · [~ı+ ~+ ~k]dxdy

=2√3

∫ ∫

∆0dxdy = 0

ou ∆ designe la projection de la surface Σ sur le plan Oxy.

Exercice 14. Verifier le theoreme de Stokes pour le champ de vecteurs ~X defini sur unesurface orientable Σ dont le bord ∂Σ = C 6= ∅.ı) ~X1 = 2y~ı+ 3x~− z2~k et Σ1 = {(x, y, z)/x2 + y2 + z2 = 1, z > 0}.ıı) ~X2 = (y − z)~ı + (x3 + yz)~− 3xy2~k et Σ2 = {(x, y, z)/x + y = 1, 0 6 x, 0 6 y, 0 6 z 6 1}.

Exercice 15. En utilisant la formule de Stokes, calculer l’integrale curviligne de la formedifferentielle,

ω = (y2 + z2)dx+ (x2 + z2)dy + (x2 + y2)dz,

le long de la courbe fermee C definie comme l’intersection de la sphere x2 + y2 + z2 = 4y et lecylindre x2 + y2 = 2y.

Page 38: An2 integ mul

38 CHAPITRE 2. INTEGRALES DE SURFACES

Page 39: An2 integ mul

Chapitre 3

Integrales triples

Objectifs : L’etude de ce chapitre doit vous permettre de :

1. savoir calculer une integrale triple en utilisant la formule

de Fubini ou en effectuant un changement de variables ;

2. savoir calculer le volume d’un domaine plonger dans l’es-

pace R3 ;

3. savoir appliquer la formule de Gauss-Ostrogradski ;

4. comprendre qu’une integrale triple generalisee converge

si et seulement si elle converge absolument.

Page 40: An2 integ mul

40 CHAPITRE 3. INTEGRALES TRIPLES

3.1 Definition et proprietes

Soit V ⊂ R3 un domaine borne et ferme (i.e. compact) definit par l’expression,

V = {(x, y, z) ∈ R3/(x, y) ∈ D, f1(x, y) 6 z 6 f2(x, y)},

ou D ⊂ R2 designe un domaine elementaire et f1, f2 : D → R deux fonctions continues.

Dans ce paragraphe, on se propose de calculer la masse total d’un solide dont la formegeometrique est donnee par le domaine V et dont la densite de masse est une fonction continuef : V → R.

Notons que si on projete le domaine V sur les trois axes de l’espace R3 on obtient trois

segments [a1, b1] ⊂ Ox, [a2, b2] ⊂ Oy et [a3, b3] ⊂ Oz tels que V ⊂ [a1, a2] × [a2, b2] × [a3, b3].Notons aussi que si on partage respectivement les derniers trois segments en m, n et k segmentsd’extremites :

x0 = a1 < x1 < · · · < xm = b1, y0 = a2 < y1 < · · · < yn = b2, et z0 = a3 < z1 < · · · < zk = b3

on peut alors definir des parallelepipede Pi,j,k = [xi, xi+1] × [yj, yj+1] × [zl, zl+1] ∩ V dont lareunion recouvre le domaine V.

Figure 3.1 – Subdivision d’un domaine V ⊂ R3

Enfin, observons que si dans chaque parallelepipede Pi,j,k on choisit un point ζi,j,l on peutalors definir une somme de Riemann par l’expression,

R(f, n,m, k, ζi,j,l) =

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

i=k−1∑

l=0

f(ζi,j,l)(xi+1 − xi)(yj+1 − yj)(zl+1 − zl)

que l’on peut interpreter comme la mesure approchee de la masse totale du solide V.

Definition 16. Soit V ⊂ R3 un domaine elementaire et f : V → R une fonction continue.

1. On dira que la fonction f est integrable sur le domaine V si la somme de Riemann quilui est associee,

R(f,Π(V), ζi,j,l) =

i=m−1∑

i=0

j=n−1∑

j=0

i=k−1∑

l=0

f(ζi,j,l)(xi+1 − xi)(yj+1 − yj)(zl+1 − zl), (3.1)

admet une limite finie lorsque vi,j,l

= (xi+1 − xi)(yj+1 − yj)(zl+1 − zl) (i.e volume duparallelepipede elementaire Pi,j,l) tend vers zero. La limite de la somme de Riemann,quand elle existe, elle s’appelle integrale triple de la fonction f(x, y, z) sur le domaine Vet elle se note,

limvi,j,l

→0R(f,m, n, k, ζi,j,l) =

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz. (3.2)

2. L’integrale triple de la fonction constante f(x, y, z) = 1 s’appelle volume algebrique dudomaine V et se note par,

Vol(V) =

∫∫∫

dxdydz. (3.3)

Page 41: An2 integ mul

3.2. METHODES DE CALCUL D’UNE INTEGRALE TRIPLE 41

L’integrale triple d’une fonction continue au-dessus d’un domaine elementaire satisfait auxproprietes algebriques suivantes :

Linearite : Pour tout couple de fonctions continues f et g sur un compact elementaire V, etpour tout couple de nombres reels a et b on a,∫∫∫

V(af(x, y, z) + bg(x, y, z))dxdydz = a

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz + b

∫∫∫

Vg(x, y, z)dxdydz.

Additivite : Si V1 et V2 sont deux compacts elementaires de l’espace R3 tels que V1∩V2 = ∅

ou V1 ∩V2 = Σ est une surface alors on a,∫∫∫

V1∪V2

f(x, y, z)dxdydz =

∫∫∫

V1

f(x, y, z)dxdydz +

∫∫∫

V2

f(x, y, z)dxdydz.

Positivite : Si V est un compact elementaire et f : V → R est une fonction continue positive

alors on a,

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz > 0. Plus generalement, si deux fonctions continues f et

g : V → R verifient l’inegalite f > g alors on a,∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz >

∫∫∫

Vg(x, y, z)dxdydz.

3.2 Methodes de calcul d’une integrale triple

3.2.1 Formule de Fubini

Theoreme 8 (Formule de Fubini). Soit D ⊂ R2 un domaine elementaire et ϕ1, ϕ2 : D → R

deux fonctions continues ; et soit V ⊂ un compact elementaire definit analytiquement par,

V = {(x, y, z)/(x, y) ∈ D, ϕ1(x, y) 6 z 6 ϕ2(x, y)}.

L’integrale triple d’une fonction continue f : V → R est egale a :

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz =

∫ ∫

D(

∫ ϕ2(x,y)

ϕ1(x,y)f(x, y, z)dz)dxdy (3.4)

Notons que si le domaine d’integration est defini par l’expression analytique,

V = {(x, y, z)R3/(y, z) ∈ D′, φ1(y, z) 6 x 6 φ2(y, z)},

alors l’integrale triple d’une fonction fonction continue f : V → R est donnee par la formulede Fubini :

∫∫∫

V′

f(x, y, z)dxdydz =

∫ ∫

D′

(

∫ φ2(y,z)

φ1(y,z)f(x, y, z)dx)dydz. (3.5)

De meme, quand le domaine d’integration est defini par l’expression analytique,

V” = {(x, y, z)/(x, z) ∈ D”, ψ1(x, z) 6 y 6 ψ2(x, z)},

la formule de Fubini s’ecrit sous la forme :∫∫∫

f(x, y, z)dxdydz =

∫ ∫

(

∫ ψ2(x,z)

f(x, y, z)dy)dxdz. (3.6)

Page 42: An2 integ mul

42 CHAPITRE 3. INTEGRALES TRIPLES

Figure 3.2 – Le domaine V limite par z = x2 + y2 et z = 4− 3(x3 + y2)

Exemple 15. 1) Calculons le volume du domaine elementaire V ⊂ R3 qui est limite par les

deux paraboloıdes de revolution definies par les equations : z = x2 + y2 et z = 4− 3(x2 + y2).

Notons que le domaine V est limite par le graphe des deux fonctions ϕ1(x, y) = x2 + y2 etϕ2(x, y) = 4 − 3(x2 + y2) definies au-dessus du domaine elementaire D ⊂ R

2 qui est egale ala projection du domaine V sur le plan Oxy. En effet, le domaine D ⊂ R

2 est limite par laprojection de la courbe C intersection des graphes des fonctions ϕ1 et ϕ2. D’ou D = {(x, y) ∈R2/x2 + y2 6 1} et V = {(x, y, z) ∈ R

3/(x, y) ∈ D, x2 + y2 6 z 6 4− 3(x2 + y2)}.

Maintenant, si on applique la formule de Fubini a la description analytique du domaine Don obtient :

Volume(V) =

∫∫∫

Vdxdydz =

∫∫

D(

∫ 4−3(x2+y2)

x2+y2dz)dxdy

=

∫∫

D(4− 4(x2 + y2))dxdy

=

∫ 2π

0(

∫ 1

0(4− 4r2)rdr)dθ = 2π.

2) Calculons l’integrale triple

∫∫∫

Vzdxdydz etendue sur le domaine V limite par l’hemisphere

superieure de centre O = (0, 0, 0) et de rayon R > 0.

Figure 3.3 – L’hemisphere pleine V limite par x2 + y2 + z2 6 R2 et x > 0

Puisque le domaine d’integration V ⊂ R3 peut etre defini analytiquement par l’expression :

V = {(x, y, z) ∈ R3/0 6 z 6 R2 − x2 + y2,∀(x, y) ∈ D}

avec D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 6 R2} designe la projection du domaine V sur le plan Oxy, en

appliquant la formule de Fubini on peut ecrire :

∫∫∫

Vzdxdydz =

∫∫

y2+x26R2

(

√R2−y2−x2

0xdx)dxdy

=

∫∫

y2+x26R2

1

2(R2 − y2 − x2)dydz

=

∫ 2π

0(

∫ R

0

1

2(R2 − r2)rdr)dθ =

R4π

4.

Exercice 16. Calculer les integrales triples suivantes :

a)

∫∫∫

Vzdxdydz, V = {(x, y, z) ∈ R

3/x > 0, y > 0, z > 0, z 6 1− y2, x+ y 6 1}.∫∫∫

Page 43: An2 integ mul

3.2. METHODES DE CALCUL D’UNE INTEGRALE TRIPLE 43

c)

∫∫∫

V

1

(1 + x+ y + z)3zdxdydz, V = {(x, y, z) ∈ R

3/x > 0, y > 0, z > 0, x+ y + z 6 1}.

d)

∫∫∫

Vzdxdydz, V = {(x, y, z) ∈ R

3/x2 + y2 + z2 6 R2, x2 + y2 + z2 6 2Rz}.

Exercice 17. a) Calculer l’integrale triple des fonctions x2, y2, z2, xy, xz et zy au-dessus dela boule fermee B = {(x, y, z) ∈ R

3/x2 + y2 + z2 6 1}.b) En deduire que pour tout triplet de nombres reels (a, b, c) l’integrale de la fonction f(x, y, z) =

(ax+ by + cz)2 est egale a4

15(a2 + b2 + c2).

Exercice 18. a) Calculer l’integrale triple des fonctions xy, xz et zy au-dessus du domaine

V = {(x, y, z) ∈ R3/x2

a2+y2

b2+z2

c26 1, x > 0, y > 0, z > 0}.

b) En deduire que l’integrale triple de la fonction g(x, y, z) = xy+yz+zx au-dessus du domaine

V est egale aabc

15(ab+ bc+ ca).

3.2.2 Changement de variables

Theoreme 9 (Formule de changement de variables). Soient U1 et U2 deux ouverts non videsdans l’espace R

3 ; et soit T : U1 → U2 une application bijective de classe C1 dont l’applicationinverse T−1 : U2 → U1 de T est de classe C1 (i.e. T est un changement de variables) alorspour tout compact elementaire V′ ⊂ U1 et pour toute fonction continue f : U1 → U2 on a laformule,

∫∫∫

T(V′)f(x, y, z)dxdydz =

∫∫∫

V′

f ◦ T(u, v, w) | D(x, y, z)

D(u, v, w)| dudvdw. (3.7)

Corollaire 7 (coordonnees cylindriques). Si T(r, θ, z) = (r cos(θ), r sin(θ), z) designe le sys-teme de coordonnees cylindriques defini sur le domaine V′ alors on a,

∫∫∫

T(V′)f(x, y, z)dxdydz =

∫∫∫

V′

f(r cos(θ), r sin(θ), z)rdrdzdθ.

Corollaire 8 (Coordonnees spheriques). Si T(r, θ, ϕ) = (r cos(θ) cos(ϕ), r sin(θ) cos(ϕ), r sin(ϕ))designe le systeme de coordonnees spheriques defini sur le domaine V′ alors on a,

∫∫∫

T(V′)f(x, y, z)dxdydz =

∫∫∫

V′

f(r cos(θ) cos(ϕ), r sin(θ) cos(ϕ), r sin(ϕ))r2 cos(ϕ)drdϕdθ.

Exemple 16. 1) Calculons le volume de la boule fermee be rayon R > 0 centree a l’origine,

V = {(x, y, z) ∈ R3/x2 + y2 + z2 6 R2}.

Pour calculer le volume du domaine V nous allons donc passer en coordonnees spheriques :

Volume(V) =

∫∫∫

Vdxdydz =

∫ R

0(

∫ 2π

0(

∫ π/2

−π/2r2 cos(ϕ)dϕ)dθ)dr =

4πR3

3.

2) Calculons l’integrale triple

∫∫∫

x2 + y2dxdydz etendu sur le cylindre V = {(x, y, z)/x2+

Page 44: An2 integ mul

44 CHAPITRE 3. INTEGRALES TRIPLES

Pour calculer l’integrale triple donnee nous allons passer en coordonnees cylindriques :

∫∫∫

V

x2 + y2dxdydz =

∫ R

0(

∫ 2π

0(

∫ h

0r2dz)dθ)dr =

2πR3

3.

3) Pour tout triplet de nombres reels a > 0, b > 0, c > 0 et d > 0 calculons l’integrale triple,

I(a, b, c) =

∫∫∫

Vxaybzc(1− x− y − z)ddxdydz,

etendu sur le tetraedre V = {(x, y, z)/x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z 6 1} en effectuantle changement de variables T(x, y, z) = (X,Y,Z) dont les composantes sont definies par lesrelations,

X = x+ y + z, XY = y + z et XYZ = z.

A partir des relations qui definissent les composantes X,Y et Z de l’application T on verifiefacilement que l’application inverse T−1 a pour composantes :

x = X(1−Y), y = XY(1 − Z) et z = XYZ.

De meme, on verifie que l’application T transforme le tetraedre V en un cube V′ = [0, 1] ×[0, 1] × [0, 1] = T(V).

Figure 3.4 – Transformation d’un tetraedre en cube

Ainsi, puisque le determinant de la matrice jacobienne de la transformation T−1 est egal a,

D(x, y, z)

D(X,Y,Z)=

1−Y −X 0Y(1− Z) X(1− Z) −XY

YZ XZ XY

= X2Y

1−Y −1 0Y(1 − Z) 1− Z −1

YZ Z 1

= X2Y

1−Y −1 0Y 1 0YZ Z 1

= X2Y,

donc en appliquant la formule du changement de variables on obtient :

I(a, b, c) =

∫∫∫

Vxaybzc(1− x− y − z)ddxdydz

=

∫∫∫

V′

[X(1−Y)]a[XY(1 − Z)]b[XYZ]c[1−X]d[X2Y]dXdYdZ

=

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0Xa+b+c+2Yb+c+1Zc(1−Y)a(1− Z)b(1−X)ddXdYdZ

=

∫ 1

0Xa+b+c+2(1−X)ddX

∫ 1

0Yb+c+1(1−Y)adY

∫ 1

0Zc(1− Z)bdZ.

Notons par exemple, si on prend a = b = c = d = 1 on obtient

I(1, 1, 1) =

∫ 1

X5(1−X)dX

∫ 1

Y3(1−Y)dY

∫ 1

Z(1− Z)dZ =1

7!.

Page 45: An2 integ mul

3.2. METHODES DE CALCUL D’UNE INTEGRALE TRIPLE 45

Exercice 19. Calculer les integrales suivantes en effectuant un changement de variables conve-nable.

a)

∫∫∫

V

x2 + y2 + z2dxdydz ou V = {(x, y, z) ∈ R3/x2 + y2 + z2 6 z}.

b)

∫∫∫

V

1

(x2 + y2 + z2 + a2)2dxdydz ou V = {(x, y, z) ∈ R

3/x2 + y2 + z2 6 R2, x2 + y2 + z2 6

2Rz} et a > 0.

c)

∫∫∫

V(z + 2)(x2 + y2 + 1)dxdydz ou V = {(x, y, z) ∈ R

3/x2 + y2 6 1, 0 6 z 6 2}.

d)

∫∫∫

Vz cos(x2 + y2)dxdydz ou V = {(x, y, z) ∈ R

3/x2 + y2 + z2 6 1, z > 0}.

Exercice 20. a) Calculer le determinant de la matrice jacobienne de l’application

T(s, t, u) = (x, y, z) = (s1/4t1/4u1/2, s1/4t1/2u1/4, s1/2t1/4u1/4).

b) En deduire que l’application realise un changement de variables.

b) Montrer que l’application inverse T−1 transforme le domaine V = {(x, y, z) ∈ R3/x4 + y4 +

z4 6 3xyz, x > 0, y > 0, z > 0} en un domaine V′ = {(s, t, u) ∈ R3/s + t + u < 3, s > 0, t >

0, u > 0}.c) Calculer alors le volume du domaine V.

Exercice 21. Soit a > 0 un reel. Calculer le volume du domaine

Va = {(x, y, z) ∈ R3/x5 + y5 + z5 6 a2xyz, x > 0, y > 0, z > 0}

en considerant l’application, T(s, t, u) = (x, y, z) = (s1/5t1/5u3/5, s1/5t3/5u1/5, s3/5t1/5u1/5).

Exercice 22. Soit a > 0, b > 0, c > 0 et α > 0 des nombres reels.

1) Calculer le determinant de la matrice jacobienne de l’application,

T(r, θ, ϕ) = (x, y, z) = (ar(cos(θ) cos(ϕ))α, br(sin(θ) cos(ϕ))α, cr(sin(ϕ))α).

2) En deduire que T realise un systeme de coordonnees sur R∗+×]− π

2,π

2[×]0, 2π[.

3) En utilisant le systeme de coordonnees definit par l’application T ; calculer le volume desdomaines :

1. V1 = {(x, y, z) ∈ R3/(

x

a)3 + (

y

b)3 + (

z

c)3 6 1}.

2. V2 = {(x, y, z) ∈ R3/(

x

a)2/3 + (

y

b)2/3 + (

z

c)2/3 6 1}.

3.2.3 Theoreme d’Ostrigradski-Gauss

Theoreme 10 (Formule d’Ostrigradski-Gauss). Soit ~X = P~ı+Q~+R~k un champ de vecteursde classe C1 definit sur un ouvert non vide U ⊂ R

3. Si V ⊂ U est un domaine elementaire dontle bord (frontiere) ∂V = Σ est une surface fermee orientable alors le flux sortant du champ devecteurs ~X a travers la surface Σ = ∂V est egal a l’integrale triple de la divergence du champ~X au-dessus du domaine V :

∫∫

Σ

~X · ~dS =

∫∫∫

VDiv(~X)dxdydz. (3.8)

Page 46: An2 integ mul

46 CHAPITRE 3. INTEGRALES TRIPLES

Corollaire 9. Si un champ de vecteurs ~X a une divergence nulle, Div(~X) = 0, alors son fluxsortant a travers toute surface fermee orientable est nul.

Corollaire 10. Le flux sortant d’un champ de vecteurs rotatinnel ~X = Rot(~A) est nul a

travers toute surface fermee orientable :

∫∫

ΣRot(~A) · ~dS = 0.

Exemple 17. 1) Calculons le flux du champ de vecteurs ~X = (z2 − x)~ı− xy~+ 3z~k a traversla surface fermee Σ limitee par les surfaces d’equations cartesiennes :

z = 4− y2, x = 0, x = 3, et z = 0.

Figure 3.5 – Cylindre parabolique

Pour calculer le flux demande nous allons appliquer la formule de Gauss-Ostrogradski.

Considerons le sous-ensemble V = {(x, y, z) ∈ R3/0 6 x 6 3, 0 6 z 6 4 − y2} dont le

bord est egal a la surface fermee orientable Σ = ∂V, et puis ; appliquons la formule de Gauss-Ostrogradski aux donnees V,Σ et ~X :

∫∫

Σ

~X · ~dS =

∫∫∫

VDiv(~X)dxdydz

=

∫∫∫

V(2− x)dxdydz

=

∫ 3

0(

∫ 2

0(

∫ 4−y2

0(2− x)dz)dy)dx

=

∫ 3

0(

∫ 2

0(2− x)(4− y2)dy))dx = (6− 9

2)(8 − 8

3) = 8.

2) Soit Σ une surface orientable contenue dans le demi-espace superieur de R3 et qui s’appuis

sur le cercle C ⊂ R2 × {0} centre a l’origine et de rayon R > 0.

Montrons que le flux du champ de vecteurs ~X = (y2+ z2)~ı+(x2+ z2)~+(x2+ y2)~k a travers

une surface Σ est egal aπ

2.

Figure 3.6 – Flux

Observons que si on considere le disque D centre a l’origine et de rayon R > 0 alors enposant Σ′ = Σ ∪D on obtient une surface fermee orientable qui bord un domaine V. Et, ainsipuisque la divergence du champ de vecteurs ~X est nulle ; la formule de Gauss-Ostrogradskipermet d’ecrire :

∫∫

Σ∪D~X · ~dS =

∫∫

Σ

~X · ~dS +

∫∫

D

~X · ~dS =

∫∫∫

VDiv(~X) = 0.

D’ou,

∫∫

~X · ~dS = −∫∫

~X · ~dS =

∫∫

(x2 + y2)dxdy =

∫ 2π

(

∫ R

r3dr)dθ =πR4

.

Page 47: An2 integ mul

3.3. INTEGRALES TRIPLES GENERALISEES 47

Exercice 23. Calculer le flux sortant du champ de vecteurs ~X = xz2~ı+(x2y−z3)~+(2xy+y2z)~ka travers la sphere centree a l’origine et de rayon R > 0,a) en appliquant la definition du flux ;b) en appliquant le theoreme de Gauss-Ostrogradski.

Exercice 24. Verifier la formule de Gauss-Ostrogradski aux donnees suivantes :

a) V1 = {(x, y, z) ∈ R3/x2 + y2 + z2 6 1, z > 0} et ~X1 = (x2 + y2)~ı+ (y2 + z2)~+ (z2 + x2)~k.

b) V2 = {(x, y, z) ∈ R3/x+ y + z 6 1, x > 0, y > 0, z > 0} et ~X1 = xy~ı+ yz~+ zx)~k.

Exercice 25. En utilisant la formule de Gauss-Ostrogradski montrer que le flux du champ devecteurs,

~X =1

(x2 + y2 + z2)3/2(x~ı+ y~+ z~k),

a travers la sphere Σ centree a l’origine O = (0, 0, 0) et de rayon R > 0 est egal a 4π.

3.3 Integrales triples generalisees

Definition 17. Soit V ⊂ R3 un ouvert non vide et f : V → R

+ une fonction positive. On ditque f est localement integrable si son integrale triple existe sur tout compact elementaire

K ⊂ V,∫∫∫

Kf(x, y, z)dxdydz ∈ R.

Puisque les fonctions continues sont integrables sur les compacts elementaires de R3 ; elles

sont donc localement integrables sur tout ouvert de R3.

Definition 18. Soit V ⊂ R3 un ouvert non vide et f : V → R

+ une fonction positive loca-lement integrable. S’il existe une famille croissante Kn ⊂ Kn+1 ⊂ V de compacts elementairestelle que

1. V =⋃

n>0

Kn ;

2. limn→+∞

∫∫

Kn

f(x, y, z)dxdydz existe dans R

nous dirons que l’integrale triple generalisee

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz := lim

n→+∞

∫∫

Kn

f(x, y, z)dxdydz

converge. Une integrale triple generalisee non convergente est dite divergente.

Theoreme 11. Soit V ⊂ R2 un ouvert vide et f : V → R

+ une fonction positive localement

integrable. La nature de l’integrale triple generalisee

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz ne depend pas du

choix de la famille croissante de compacts elementaires Kn ⊂ Kn+1 telle que V =⋃

n>0

Kn.

Demonstration. Admise.

Proposition 5. Soit V ⊂ R3 un ouvert non vide et f : V → R

+ une fonction localementintegrable. Alors les propositions suivantes sont equivalentes :

1. L’integrale triple generalisee

∫∫∫

Df(x, y, z)dxdydz converge.

2. Il existe une suite croissante de compactes elementaires Kn ⊂ Kn+1 dont la reunion⋃

Kn = D et telle que la suite numerique

∫∫∫

f(x, y, z)dxdydz soit majoree.

Page 48: An2 integ mul

48 CHAPITRE 3. INTEGRALES TRIPLES

Demonstration. Meme demonstration que pour les integrales generalisees triples.

Theoreme 12. Critere de comparaison

Soit V ⊂ R3 un ouvert non vide ; et soient f, g : V → R

+ deux fonctions positives etlocalement integrables et telles que 0 6 f(x, y, z) 6 g(x, y, z),∀(x, y, z) ∈ V. Alors on a lespropositions :

1.

∫∫∫

Vg(x, y, z)dxdydz converge implique

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz converge.

2.

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz diverge implique

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz diverge.

Exemple 18. Demontrons que l’integrale simple generalisee I =

∫ +∞

0e−t

2

dt est convergente.

Ensuite, calculons sa valeur exacte.

a) L’integrale generalisee simple I =

∫ +∞

0e−t

2

dt converge parce que pour tout reel t > 1 nous

avons les inegalites :

1 < t < t2 =⇒ e−t2

< e−t =⇒∫ +∞

1e−t

2

dt 6

∫ +∞

1e−t = lim

n→+∞

∫ n

1e−tdt = lim

n→+∞(−e−n+e−1) = e−1

b) Pour calculer la valeur exacte de cette integrale generalisee I =

∫ +∞

0e−t

2

dt nous allons

etudier l’integrale triple generalisee K =

∫∫∫

(R+)3e−x

2−y2−z2dxdydz.

Notons que si on considere la suite de compacts Kn = {(x, y, z)/x > 0, y > 0, z >, x2 + y2 +z2 6 n2} on obtient,

∫∫∫

Kn

e−x2−y2−z2dxdydz =

∫ π/2

0(

∫ π/2

0(

∫ n

0r2e−r

2

cos(ϕ)dr)dθ)dϕ =π

2

∫ n

0r2e−r

2

dr =π

4

Par consequent, en passant a la limite sur n on deduit qu’on a

∫∫∫

(R+)3e−x

2−y2−z2dxdydz =π

4

∫ +∞

0e−t

2

dt

D’autre part, si on considere le suite de compacts Ln = [0, n]3on obtient la suite numerique :

un =

∫∫∫

Ln

e−x2−y2−z2dxdydz = (

∫ n

0e−x

2

dx)(

∫ n

0e−y

2

dy)(

∫ n

0e−z

2

dz) = (

∫ n

0e−t

2

dt)3

dont la limite quand l’entier n tend vers l’infini est egale a,

∫∫∫

(R+)3e−x

2−y2−z2dxdydz = (

∫ +∞

0e−t

2

dt)3 =π

4

∫ +∞

0e−t

2

dt =⇒∫ +∞

0e−t

2

dt =

√π

2

Definition 19. Soit V ⊂ R3 un ouvert non vide et f : V → R une fonction dont la valeur ab-

solue | f(x, y, z) | est localement integrable. Si l’integrale generalisee

∫∫

D| f(x, y, z) | dxdydz

converge nous dirons que l’integrale triple generalisee

∫∫∫

f(x, y, z)dxdydz convergente ab-

Page 49: An2 integ mul

3.3. INTEGRALES TRIPLES GENERALISEES 49

Proposition 6. Soit V ⊂ R3 un ouvert non vide et f : V → R une fonction localement

integrable. Alors les propositions suivantes sont equivalentes :

1. L’integrale triple generalisee

∫∫∫

Vf(x, y, z)dxdydz converge.

2. Il existe une suite croissante de compactes elementaires Kn ⊂ Kn+1 dont la reunion⋃

n>0

Kn = V et telle que la suite numerique

∫∫∫

Kn

| f(x, y, z) | dxdydz soit bornee

(majoree).

Exercice 26. Demontrer que les integrales triples generalisees suivantes convergent.

a)

∫ ∫ ∫

Ve−x

2−y2−z2dxdydz, V = R3.

b)

∫ ∫ ∫

Vdxdydz, V = {(x, y, z) ∈ R

3/x2 + y2 6 z2a, z > 1} (Indication : on pourra calculer

le volume de Vn = {(x, y, z) ∈ R3/x2 + y2 6 z2a, 1 6 z 6 n} avec n ∈ N

∗).

Figure 3.7 – Surface d’equation : x2 + y2 = z2a avec a = −0.7