Mathématiques - département MP, S2

Mathématiques - département MP, S2
23 avril 2006
Table des matières
1 Intégrales doubles et triples
1.1 Intégrales doubles . . . . . . .
1.2 Changement de variables . . .
1.3 Théorème de Green-Riemann
1.4 Intégrales triples . . . . . . .
1.5 Applications . . . . . . . . . .
1.5.1 Aire et volume . . . .
1.5.2 Masse . . . . . . . . .
1.5.3 Centre de gravité . . .
1.5.4 Inertie . . . . . . . . .
1.6 Exercices . . . . . . . . . . . .
2 Solutions
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
. 2
. 5
. 6
. 7
. 8
. 8
. 8
. 8
. 9
. 10
11
1
1
Intégrales doubles et triples
Plusieurs calculs de grandeur physiques nous amènent à considérer des
fonctions de plusieurs variables, et à intégrer ces fonctions par raport à ces
variables. Cela nous conduit à calculer des intégrales multiples.
1.1
Intégrales doubles
Définition 1.1.1 Soit ∆ une partie fermée bornée de R2 . On appelle description hiérarchique du domaine ∆ l’existence de 2 réels a et b et de 2
applications continues sur [a, b], notées u et v tels que a < b et ∀x ∈ [a, b],
u(x) 6 v(x), avec
x ∈ [a, b]
(x, y) ∈ ∆ ⇔
y ∈ [u(x), v(x)]
Définition 1.1.2 Soit f une fonction continue sur ∆, un fermé borné de R2 .
On suppose que l’on dispose d’une description hiérarchique de ∆. L’intégrale
double de f sur ∆ est
!
ZZ
Z
Z
b
I=
v(x)
f (x, y) dx dy =
∆
f (x, y) dy dx
a
u(x)
On transforme donc une intégrale double en deux intégrales emboitées.
Exemple 1.1.1 Intégrons la fonction f (x, y) = xy sur le domaine D =
{(x, y) ∈ R2 /x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}.
2
Il
nous faut d’abord une description hierarchique du domaine. On peut prendre
x ∈ [0, 1]
. On obtient donc
y ∈ [0, 1 − x]
Z 1 Z 1−x
ZZ
xy dy dx
xy dx dy =
0
0
D
Z 1 2 y=1−x
Z 1 Z 1−x
y
x
x
y dy dx =
=
dx
2 y=0
0
0
0
1 Z 1
Z 1
(1 − x)3
x(1 − x)2
−x(1 − x)3
+
=
dx =
dx
2
6
6
0
0
0
1
1
(1 − x)4
=
= −
24
24
0
Théoreme 1.1.1 (théorème de Fubini) Soit f une fonction continue sur
[c, d] × [a, b] à valeurs réelles. Alors les fonctions
Z b
Z d
x 7→
f (x, t) dt et t 7→
f (x, t) dt
a
c
sont continues respectivement sur [c, d] et [a, b] et
Z b Z d
Z d Z b
f (x, t) dx dt
f (x, t) dt dx =
c
a
a
c
RR
f (x, t) dx dt avec ∆ = [c, d] × [a, b].
RR
2
2
Exercice 1.1.1 Soit ∆ = [0, 1] × [0, 2]. Calculer ∆ (1 + 4xyex ey ) dx dy.
RR
Exercice 1.1.2 Soit ∆ = [0, π] × [0, π]. Calculer ∆ y cos(xy) dx dy.
Cette valeur commune se note
∆
Si on a une autre description hierarchique du problème, on peut inverser les
bornes :
y ∈ [c, d]
Théoreme 1.1.2 Si (x, y) ∈ ∆ ⇔
avec c < d et ∀y ∈
x ∈ [α(y), β(y)]
[c, d], α(y) ≤ β(y) alors
!
!
ZZ
Z b Z v(x)
Z d Z β(y)
I=
f (x, y) dx dy =
f (x, y) dy dx =
f (x, y) dx dy
∆
a
u(x)
c
3
α(y)
Exercice 1.1.3
1. Calculer I =
R 1 R 1−y
2
xy dx dy
RR
2. L’intégrale précédente peut s’écrire I = ∆ xy 2 dx dy ?
Quel est alors le domaine ∆ ?
R b R v(x)
3. Exprimer I sous la forme a u(x) xy 2 dy dx.
0
0
Proposition 1.1.1 Soient f, g continues sur ∆ un fermé borné de R2 dont
on dispose d’une description hiérarchique. Soient λ et µ deux réels. On a
RR
1. Si f est continue, positive, sur ∆, alors ∆ f (x, y) dx dy > 0
RR
RR
RR
2. ∆ λf (x, y)+µg (x, y) dx dy = λ ∆ f (x, y) dx dy +µ ∆ g(x, y) dx dy
Aire
On peut parfois identifier le domaine et en déduire le résultat
RR
Exemple 1.1.2 On cherche à calculer la valeur de l’intégrale ∆ dx dy avec
∆ = {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 − 2x ≤ 3}.
On a x2 + y 2 − 2x ≤ 3 ⇔ (x − 1)2 + y 2 ≤ 4. On remarque ainsi que ∆ est le
disque centré en (1, 0) et de rayon 2 dont l’aire est égale à 4π.
RR
Exercice 1.1.4 Calculer la valeur de l’intégrale ∆ dx dy avec ∆ = {(x, y) ∈
R2 /x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}.
RR
Exercice 1.1.5 Calculer la valeur de l’intégrale ∆ dx dy avec ∆ = {(x, y) ∈
√
R2 /0 ≤ y ≤ 1 − x2 }.
4
1.2
Changement de variables
En deux dimensions
Soit une transformation T donnée par T :
x = x(u, v)
y = y(u, v)
Définition 1.2.1 Le jacobien de cette transformation est défini par
∂x ∂x ∂(x, y) ∂u
∂v J(u, v) =
= ∂y ∂y
∂(u, v)
∂u
∂v
∂x ∂y ∂y ∂x
=
−
∂u ∂v ∂u ∂v
Proposition 1.2.1 Soit f une fonction continue définie sur ∆ et un système
de coordonnées T : R → ∆ donné par
x = x(u, v)
y = y(u, v)
On a
ZZ
ZZ
f (x(u, v), y(u, v)) |J(u, v)| du dv
f (x, y) dx dy =
∆
R
Exercice 1.2.1
∆ = {(x, y) ∈ R2 /1 ≤ xy ≤ 4, x ≤ x ≤ 3, x ≥ 0, y ≥
RR Soit
0}. Calculer ∆ (x2 + y 2 ) dx dy.
Exercice 1.2.2 Calculer l’aire du disque d’équation x2 + y 2 = 1 en utilisant
un changement de variables.
En trois dimensions

 x = x(u, v, w)
y = y(u, v, w)
Soit une transformation T donnée par T :

z = z(u, v, w)
Définition 1.2.2 Le jacobien de cette transformation est défini par
∂x ∂x ∂x ∂v
∂w ∂u
∂(x, y, z)
∂y J(u, v, w) =
= ∂y ∂y
.
∂v
∂w ∂(u, v, w) ∂u
∂z
∂z
∂z ∂u
5
∂v
∂w
Proposition 1.2.2 Soit f une fonction continue définie sur ∆ et un système
de coordonnées T : R → ∆ donné par

 x = x(u, v, w)
y = y(u, v, w)

z = z(u, v, w)
On a
ZZZ
ZZZ
f (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)) |J(u, v, w)| du dv dw
f (x, y, z) dx dy dz =
∆
R
Exercice 1.2.3 Calculer le volume de la sphère de R3 d’équation x2 + y 2 +
z2 = 1
1.3
Théorème de Green-Riemann
Certaines intégrales doubles peuvent être transformées en intégrales curivilignes :
Théoreme 1.3.1 On considère un domaine Σ du plan, entouré par une
1
courbe
Γ de classe
C sans point double et orientée dans le sens trigonométrique.
P (x, y)
Soit
un champ de vecteurs de classe C 1 . On a
Q(x, y)
Z
ZZ
∂Q ∂P
−
dx dy = P dx + Q dy
∂y
γ
Σ ∂x
Ce résultat n’est valable que pour certaines courbes :
Il faut que la courbe soit différentiable par morceaux et que chaque droite
parallèle à l’un des axes de coordonnées coupe la courbe en aux plus deux
points.
6
2
2
Exercice 1.3.1 Soit ∆ = {(x, y) ∈ R2 / x4 + y9
C l’ensemble des
RR points du bord de ∆. Calculer
l’intégrale I = ∆ (x − y) dx dy
x
1. en utilisant le changement de variable
y
2. en utilisant la formule de Green-Riemann
1.4
≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}. Soit
de deux façons différentes
= 2r cos t
= 3r sin t
Intégrales triples
Définition 1.4.1 Une description hiérarchique du domaine ∆, partie fermée
bornée de R3 , est de la forme

 x ∈ [a, b]
y ∈ [u(x), v(x)]
(x, y, z) ∈ ∆ ⇔

z ∈ [α(x, y), β(x, y)]
où u, v, α et β sont des applications continues telles que ∀x ∈ [a, b]u(x) ≤
v(x) et ∀x, y ∈ [a, b] × [u(x), v(x)], α(x, y) ≤ β(x, y).
Définition 1.4.2 f continue sur ∆, un fermé borné de R3 , si on dispose
d’une description hiérarchique de ∆, on appelle intégrale triple de f sur ∆ :
! !
ZZZ
Z b Z v(x) Z β(x,y)
I=
f (x, y, z) dx dy dz =
f (x, y, z) dz dy dx
∆
a
u(x)
α(x,y)
Exercice 1.4.1 Soit ∆ = [0, 1]×[0, 2]×[−1, 1]. Calculer
7
RRR
∆
x2 yexyz dx dy dz.
1.5
Applications
Plusieurs quantités physiques peuvent être exprimées comme des intégrales
multiples.
1.5.1
Aire et volume
RR
Il suffit
de
calculer
dx dy pour l’aire d’une partie fermée bornée du
∆
RRR
plan et
dx dy dz pour le volume d’une partie fermée bornée de l’espace.
∆
Exercice 1.5.1 à l’aide d’une intégrale double et d’un changement de variable, trouvons l’aire du parallélogramme borné par les droites x + 3y =
3, x + 3y = 5, x + y = −1, x + y = 3.
1.5.2
Masse
En deux dimensions
Soit une plaque mince dont l’épaisseur est négligeable, on peut la représenter
par un domaine ∆ du plan xOy. Supposons que la densité surfacique est égale
à µ(x, y), alors la masse m de la plaque vaut :
ZZ
µ(x, y) dx dy
∆
En trois dimensions
3
Si une quantité de matière contenue dans une région
RRRR de R à une densité
µ (x, y, z) au point (x, y, z) alors sa masse est M =
µ (x, y, z) dx dy dz.
∆
Exercice 1.5.2 Soit R la région à l’intérieur du tétraèdre dans R3 dont les
sommets sont (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 2, 0) et (0, 0, 1). On considère un volume
dont la densité volumique est µ(x, y, z) = x + y + z. Déterminer la masse de
ce volume.
1.5.3
Centre de gravité
En deux dimensions
Soit une plaque mince dont l’épaisseur est négligeable, on peut la représenter
par un domaine ∆ du plan xOy. Supposons que la densité surfacique est égale
8
à µ(x, y). Les coordonnées (xG , yG ) du centre de gravité de ce domaine sont
données par
ZZ
1
xG =
xµ(x, y) dx dy
m ∆
ZZ
1
yG =
xµ(x, y) dx dy
m ∆
Exercice 1.5.3 Calculer les coordonnées du centre de gravité de la surface
qui se trouve dans le demi-plan y ≥ 0 et qui est limitée par la courbe y 2 −4x =
0, la droite y = 0 et la droite x = h(h > 0). On suppose que la masse
surfacique est égale à 1.
En trois dimensions
Si une quantité de matière contenue dans une région R de R3 à une densité
µ (x, y, z) au point (x, y, z) alors le centre de gravité de celle-ci est définie au
moyen d’intégrales :
RRR
ZZZ
xµ(x, y, z) dx dy dz
1
xµ(x, y, z) dx dy dz = RRRR
x̄ =
m
µ(x, y, z) dx dy dz
RRR
ZZZ
yµ(x, y, z) dx dy dz
1
ȳ =
yµ(x, y, z) dx dy dz = RRRR
m
µ(x, y, z) dx dy dz
RRR
ZZZ
zµ(x, y, z) dx dy dz
1
zµ(x, y, z) dx dy dz = RRRR
z̄ =
m
µ(x, y, z) dx dy dz
Exercice 1.5.4 Soit R la région à l’intérieur du tétraèdre dans R3 dont les
sommets sont (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 2, 0) et (0, 0, 1). On considère un volume
dont la densité volumique est µ(x, y, z) = x + y + z. Déterminer le centre de
gravité de ce volume.
Exercice 1.5.5 Calculer le centre de gravité du domaine V , de masse volumique 1, défini par V = {(x, y, z) ∈ R3 /x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.
1.5.4
Inertie
En deux dimensions
Soit une plaque mince dont l’épaisseur est négligeable, on peut la représenter
par un domaine ∆ du plan xOy. Supposons que la densité surfacique est égale
9
à µ(x, y) Le moment d’inertie du domaine ∆ par rapport à un axe D est
définie par
ZZ
I=
d(M, D)2 µ(x, y) dx dy
∆
En trois dimensions
Pour un solide, un moment d’inertie peut se calculer par rapport à un
point, une droite ou un plan qu’on appelle dans tous les cas D.
On note d ((x, y, z) , D) la distance du point courant à D. On a
ZZZ
I=
d ((x, y, z) , A)2 µ (x, y, z) dx dy dz
∆
1.6
Exercices
Exercice 1.6.1 Calculer I =
2
2
0, xa + yb ≤ 1}.
RR
Exercice 1.6.2 Calculer I =
1, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0}.
RR
D
(x3 + y 3 ) dx dy où D = {(x, y)|x ≥ 0, y ≥
D
(3x2 + y 2 ) dx dy où D = {(x, y)|x2 + y 2 ≤
10
2
Solutions
Solution 1.1.1
ZZ
ZZ
ZZ
2
2
x2 y 2
(1 + 4xye e ) dx dy =
dx dy +
4xyex ey dx dy
∆
Z 1 ∆
Z 2
Z 2∆
2
x2
1 dy +
2xe dx
2yey dy
=
0
0
0
4
= 2 + (e − 1)(e − 1)
Solution 1.1.2
ZZ
Z π Z π
y cos(xy) dx dy =
y cos(xy) dx dy
∆
0
0
Z π
Z π
π
sin(πy) dy
=
[sin(xy)]0 dy =
0
0
π
1
= − cos(πy)
π
0
1
(1 − cos(π 2 ))
=
π
Solution 1.1.3
1.
Z
I=
0
1
Z
1−y
2
xy dx
Z
1
dy =
0
y
0
Z
1
=
0
2
1 2
x
2
1−y
dy
0
1 2
y (1 − y)2 dy
2
1
=
60
2. On a ∆ = {(x, y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 1 − y, 0 ≤ y ≤ 1}
3. Ona ∆ = {(x,y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x} et donc I =
R 1 R 1−x 2
xy dy dx
0
0
Solution 1.1.4 ∆ est un triangle rectangle isocèle de côté 1 donc l’aire vaut
1
.
2
Solution 1.1.5 ∆ est le demi-disque centré en (0, 0) et de rayon 1 donc l’aire
est égale à π2 .
11
Solution 1.2.1 On pose
u = xy
v = xy
On a
p
1 1
p
2√
− 12 vu3
x = uv
uv
pu
√
J(u, v) = 1 p v
1
y
=
uv
2
u
2
v
= 1
2v
∆ correspond à R = {(u, v) ∈ R2 1 ≤ u ≤ 4, 1 ≤ v ≤ 3}. D’où
!
r 2
ZZ
ZZ
√
1
u
2
(x2 + y 2 ) dx dy =
uv
+
du dv
v
2v
R
∆
ZZ
Z Z 3
uv −2 + u
1 4
−2
(uv + u) dv du
=
du dv =
2
2 1
R
1
u=4
Z
v=3
1 4
4 u2
−1
=
= 10
−uv + uv v=1 du =
2 1
3 2 u=1
Solution
√ a une description hierarchique du domaine : x ∈ [−1, 1],
√ 1.2.2 On
y ∈ [− 1 − x2 , 1 + x2 ]. D’où
!
Z √ 2
Z
ZZ
1
dx dy =
A =
−1
V
Z
1
=
−1
1
Z
=
√
1−x
√
− 1−x2
dy
dx
2
1−x
[y]−√
dx
1−x2
√
2 1 − x2 dx
−1
Cette intégrale s’avère difficile à calculer de manière directe. Mais on peut
paramètrer ce disque :
x = l cos(θ)
0 ≤ θ < 2π,
avec
y = l sin(θ)
et 0 ≤ l ≤ 1
12
On en déduit que
∂x
∂(x, y) ∂x
∂l
∂φ
J(l, φ) =
= ∂y
∂y
∂l ∂φ
∂(l, φ)
= cos(θ) −l sin(θ)
sin(θ) l cos(θ)
= l cos2 (θ) + l sin2 (θ) = l
1
Z
ZZ
dx dy =
Z 1 Z0
ldl ×
=
Z
2π
A =
0
V
2π
l dθ
dl
1 dθ
0
0
2 l=1
l
=
× [θ]θ=2π
θ=0
2 l=0
1
× 2π = π
=
2
Solution 1.2.3 On

 x
y

z
peut paramètrer cette sphère :
= l cos(φ) cos(θ)
= l cos(φ) sin(θ)
=
l sin(φ)
13
0 ≤ θ < 2π,
avec − π2 ≤ φ ≤ π2
et 0 ≤ l ≤ 1
On en déduit que
∂x ∂x ∂x ∂l
∂φ
∂θ ∂(x, y, z) ∂y
∂y
∂y = ∂l ∂φ
J(l, φ, θ) =
∂θ ∂z ∂z ∂z
∂(l, φ, θ)
∂l ∂φ ∂θ cos(φ) cos(θ) −l sin(φ) cos(θ) −l cos(φ) sin(θ)
= cos(φ) sin(θ) −l sin(φ) sin(θ) l cos(φ) cos(θ)
sin(φ)
l cos(φ)
0
−l sin(φ) cos(θ) −l cos(φ) sin(θ) = sin(φ) × −l sin(φ) sin(θ) l cos(φ) cos(θ) cos(φ) cos(θ) −l cos(φ) sin(θ) −l cos(φ) cos(φ) sin(θ) l cos(φ) cos(θ) V
= sin(φ) × −l2 sin(φ) cos(φ) cos2 (θ) − l2 cos(φ) sin(φ) sin2 (θ)
−l cos(φ) × l cos2 (φ) cos2 (θ) + l cos2 (φ) sin2 (θ)
= sin(φ) × −l2 sin(φ) cos(φ)(cos2 (θ) + sin2 (θ))
−l cos(φ) × l cos2 (φ)(cos2 (θ) + sin2 (θ))
= sin(φ) × −l2 sin(φ) cos(φ) − l cos(φ) × l cos2 (φ)
= −l2 cos(φ) sin2 (φ) + cos2 (φ)
= −l2 cos(φ)
!
ZZZ
Z 1 Z π Z 2π
2
2
−l cos(φ) dθ dφ dl
=
dx dy dz =
V
ZZZ
1
Z
=
− π2
0
Z
π
2
0
2π
Z
l2 cos(φ) dθ
dx dy dz =
V
Z
0
1
2
l dl ×
=
0
Z
− π2
cos(φ) dφ
− π2
!
dφ
0
!
π
2
Z
×
2π
1 dθ
0
3 l=1
l
φ= π
=
× [sin(φ)]φ=−2 π × [θ]θ=2π
θ=0
2
3 l=0
1
4
=
× 2 × 2π = π
3
3
Solution 1.3.1
1. On a
∂x ∂x 2 cos t −2r sin t
∂r
∂t
det ∂y ∂y
= det
= 6r
3 sin t 3r cos t
∂r
∂t
14
dl
Donc dx dy = 6r dr dt et les bornes sont 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ t ≤ π2 . D’où
Z 2Z π
ZZ
2
(x − y) dx dy =
I =
(2r cos t − 3r sin t)6r dr dt
0
∆
0
Z π
Z 1
Z π
Z 1
2
2
2
2
12r
=
18r
cos t dt −
sin t dt = −2
0
0
0
0
2. en utilisant la formule de Green-Riemann :
on cherche P (x, y) et Q(x, y) tel que ∂Q
− ∂P
= x − y. Il y a une infinité
∂x
∂y
2
de possibilités. Prenons par exemple P (x, y) = 0 et Q(x, y) = x2 − xy.
R 2
On cherche alors à calculer C ( x2 − xy) dy. La courbe C est composée
de trois parties, qu’il faut parametrer :
La première partie C1 est parametrée par :
x = 0
t ∈ [0, 3]
et
y = t
R
R
2
On a C1 ( x2 − xy) dy = C1 0 dt = 0.
La deuxième partie C2 est parametrée par :
x = t
t ∈ [0, 2]
et
y = 0
R
R
2
On a C2 ( x2 − xy) dy = C2 0 dt = 0.
15
dx = 0 dt
dy = dt
dx = dt
dy = 0 dt
La troisième partie C3 est parametrée par :
π
x = 2 cos t
dx = −2 sin t dt
t ∈ [0, ]
et
y = 3 sin t
dy = 3 cos t dt
2
On a
Z
Z
(2 cos t)2
x2
(
− 2 cos t3 sin t)3 cos t dt
( − xy) dy =
2
C3
C3 2
Z π
2
=
(6 cos3 t − 18 cos2 t sin t) dt
0
Z π
Z π
Z π
2
1 9
3 2
9 2
=
cos 3t dt +
cos t dt − 18
cos2 td(− cos t) = − + − 6 = −2
2 0
2 0
2 2
0
On utilise que cos3 t = 41 cos 3t + 34 cos t
Solution 1.4.1
ZZZ
Z Z Z 1
2
xyz
2
xyz
x ye dx dy dz =
x ye dz dx dy avec D = [0, 1] × [0, 2]
∆
D
−1
ZZ
=
(xexy − xe−xy ) dx dy
Z 1DZ 2
xy
−xy
=
(xe − xe ) dy dx
0
0
Z 1
Z 1
xy
−xy 2
(e2x + e−2x − 2) dx
dx =
=
e +e
0
0
0
1
1 2x 1 −2x
e2 − e−2
=
e − e
− 2x =
−2
2
2
2
0
Solution 1.5.1 On pose u = x + 3y et v = x + y. On en{eduit que x = −u+3v
2
et y = u−v
. Soit ∆ le parallélogramme défini par les 4 droites. Cela corespond
2
à 3 ≤ u ≤ 5 et −1 ≤ v ≤ 3. On a
1 3 −
1
J(u, v) = 1 2 2 1 = −
−2
2
2
ZZ
Z 3 Z 5 Z 3Z 5
1
1
− du dv =
dx dy =
du dv = 4
2
2 −1 3
∆
−1 3
16
Solution 1.5.2
Solution 1.5.3 Il faut commencer par calculer la masse :
!
ZZ
Z
Z √
h
m =
2 x
dx dy =
dy
0
∆
h
Z
=
√
y=2 x
[y]y=0
0
3
2
= 2 × × x2
3
4 3
=
h2
3
dx
0
h
Z
dx =
x=h
√
2 x dx
0
x=0
L’abscisse du centre de gravité est
xG =
=
1
m
ZZ
x dx dy =
∆
3 −3
h 2
4
Z
h
Z
√
2 x
1
Z
√
2 x
!
x dy
4 23
h
3
0
dx
0
!
x dy
0
h
Z
dx
0
Z
√
3 −3 h
x
=
h 2
dx
[xy]y=2
y=0
4
0
Z
3 −3 h √
=
h 2
2x x dx
4
0
h
5
3 −3
2
2
2
=
h
dx
2× ×x
4
5
0
5
3 −3 4
3
=
h 2 × × h2 = h
4
5
5
On calcule ensuite l’ordonnée
yG =
yG =
1
m
ZZ
y dx dy =
∆
1
4 32
h
3
3√
h
4
Solution 1.5.4
17
Z
√
2 h

Z
y
0
y2
4

dx dy
0
Solution 1.5.5 Puisque la masse volumique est constante et que le domaine
est de révolution daxe Oz, le centre de gravité est sur laxe Oz. On a donc
xG = 0 et yG = 0. La cote du centre de gravité est donnée par
ZZZ
Z 1 Z Z
1
zG =
z dx dy dz =
dx dy dz
m
V
0
Dz
où Dz est le disque de rayon 1 et donc d’aire π. D’où
Zg =
1π
m2
Or la masse de ce cylindre est égale à π donc zG = 12 , ce que lon pouvait
deviner a priori !
Solution 1.6.1
Solution 1.6.2
18