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Intégrales Doubles sur des Régions Générales

Calculs des Intégrales Doubles sur des Régions Générales

Exemple 1
Question : Calculer l'intégrale double \( \displaystyle V = \iint_R (x^2+y) \;dy \;dx \) où la région \( R \) est un triangle sur le plan \( xy\)-plane délimité par l'axe des \(x\), l'axe des \(y\) et la droite \( y = - x + 2 \).
Solution de l'Exemple 1
Quatre étapes majeures pour calculer les intégrales doubles sur des régions générales d'intégration.
ÉTAPE 1 Faire un graphique et/ou un diagramme représentant la région générale
Nous commençons d'abord par dessiner un graphique ou/et un diagramme de la région \( R \) d'intégration. Dans cet exemple, il s'agit d'un triangle avec des côtés sur l'axe des \(x\) et l'axe des \(y\), et le troisième côté est décrit par l'équation de la droite \( y = - x + 2 \). Ce triangle peut également être défini par trois sommets : l'origine et les points d'intersection de la droite \( y = - x + 2 \) avec les axes des \(x\) et des \(y\) donnés par \( (2,0) \) et \( (0,2) \) respectivement, comme indiqué dans le graphique ci-dessous.

Il existe deux façons de calculer l'intégrale donnée sur la région donnée.
ÉTAPE 2 Décider comment décrire la région générale en utilisant des bandes
1) Nous utilisons des bandes verticales pour décrire la région \( R \) comme indiqué dans le graphique ci-dessous.
Nous supposons que la région \( R \) peut être considérée comme un ensemble infini de bandes verticales comme indiqué dans le diagramme ci-dessous.
Toute bande verticale donnée, pour une valeur donnée de \( x \), commence à \( y = 0 \) et se termine à \( y = - x + 2 \). Puisque nous devons inclure toutes les bandes qui décrivent la région \( R \), \( x \) doit prendre des valeurs de \( x = 0 \) à \( x = 2 \). Par conséquent, la région \( R \) d'intégration peut être définie par :
ÉTAPE 3 Décrire la région générale d'intégration en utilisant des inégalités
\( R \) : \( 0 \le x \le \ 2 \) , \( 0 \le y \le - x + 2 \)


ÉTAPE 4 Calculer l'intégrale
L'intégrale peut être écrite comme
\( \displaystyle V = \int_0^2 \int_0^{-x+2} (x^2+y) \;dy \;dx \)
\( = \displaystyle \int_0^2 ( -x^3 +\dfrac{5}{2} x^2 - 2x + 2) \;dx = 8/3\)


Nous répondons maintenant à la même question mais en utilisant des bandes horizontales. ÉTAPE 1 est la même que ci-dessus
ÉTAPE 2 Décider comment décrire la région générale en utilisant des bandes
2) Nous utilisons des bandes horizontales pour décrire la région \( R \) comme indiqué dans le graphique ci-dessous.
Nous supposons que la région \( R \) peut être considérée comme un ensemble infini de bandes horizontales comme indiqué dans le diagramme ci-dessous.
Toute bande verticale donnée, pour une valeur donnée de \( y \), commence à \( x = 0 \) et se termine à \( x = - y + 2 \). Puisque nous devons inclure toutes les bandes qui décrivent la région \( R \), \( y \) doit prendre des valeurs de \( y = 0 \) à \( y = 2 \). Par conséquent, la région \( R \) d'intégration peut être définie par :
ÉTAPE 3 Décrire la région générale d'intégration en utilisant des inégalités
\( R \) : \( 0 \le x \le - y + 2 \) , \( 0 \le y \le 2 \)



ÉTAPE 4 Calculer l'intégrale
Par conséquent, l'intégrale peut être écrite comme
\( \displaystyle V = \int_0^2 \int_0^{-y+2} (x^2+y) \;dx \;dy \)
\( = \displaystyle \int_0^2 (-\dfrac{1}{3} y^3 + y^2 - 2 y + \dfrac{8}{3} ) \;dy = 8/3 \)
Remarques Dans les deux cas, l'intégrale dont les limites incluent des variables est l'intégrale intérieure

Example 2
Question: Calculez l'intégrale double \( \displaystyle V = \iint_R (x+y) \;dy \;dx \) où la région \( R \) est dans le plan \( xy\)-plane bornée par l'axe des \(y\), les courbes d'équations \( y = x^3 \) et \( y = - x^2 + 2 \).

Solution de l'exemple 2
Nous commençons par analyser la région \( R \) comme indiqué dans le graphique ci-dessous. Les deux courbes se croisent en un point dont la coordonnée \( x \) est donnée par la solution du système d'équations
\( y = x^3 \)
\(y = - x^2 + 2 \)
Une façon de résoudre le système ci-dessus est de soustraire les deux équations et de simplifier pour éliminer \( y \) et obtenir une équation en \(x \) seulement pour obtenir l'équation
\( 0 = x^3 + x^2 - 2 \)
Avec l'aide du graphique, il est facile de voir que \( x = 1 \) est une solution du système d'équation ci-dessus que vous pouvez vérifier analytiquement.
La coordonnée \(y\) du point d'intersection des deux courbes est trouvée en substituant \( x \) par la solution déjà trouvée \( 1 \) dans l'une des équations des courbes pour trouver \( y = (1)^3 = 1 \).
Ainsi, le point d'intersection est donné par \( (1,1) \)

1) En utilisant des bandes verticales
Une bande verticale donnée commence sur la courbe \( y = x^3 \) et se termine sur la courbe \( x = - x^2 + 2 \). Pour toute la région, \( x \) doit prendre toutes les valeurs de \( x = 0 \) à \( x = 1 \). Ainsi, la région \( R \) d'intégration est donnée par \( R \) : \( 0 \le x \le 1 \) , \( x^3 \le y \le - x^2 + 2 \) Ainsi, l'intégrale peut être calculée comme suit
\( \displaystyle V = \int_0^1 \int_{x^3}^{-x^2+2} (x+y) \;dy \;dx = \dfrac{803}{420}\)


2) En utilisant des bandes horizontales
Une bande horizontale donnée commence sur l'axe \(y\) \( x = 0 \) et se termine soit sur la courbe \( x = \sqrt[3]y \) soit sur la courbe \( x = \sqrt{- y+ 2} \). En raison des deux courbes différentes, la région \( R \) peut être divisée en deux régions \( R_1 \) et \( R_2 \).
Pour la région \( R_1 \), \( y \) doit prendre toutes les valeurs de \( y = 0 \) à \( y = 1 \) et pour la région \( R_2 \), \( y \) doit prendre toutes les valeurs de \( y = 1 \) à \( y = 2 \).
Ainsi, la région \( R \) d'intégration a deux parties :
\( R_1 \) : \( 0 \le x \le \sqrt[3]y \) , \( 0 \le y \le 1 \)
et
\( R_2 \) : \( 0 \le x \le \sqrt{- y+ 2} \) , \( 0 \le y \le 1 \)
Ainsi, l'intégrale peut être calculée comme suit
\( \displaystyle V = \iint_{R_1} (x+y) \;dx \;dy + \iint_{R_2} (x+y) \;dx \;dy \)

\( \displaystyle = \int_0^1 \int_{0}^{\sqrt[3]y} (x+y) \;dx \;dy + \int_1^2 \int_{0}^{\sqrt{-y+2}} (x+y) \;dx \;dy = \dfrac{803}{420}\)

Exemples où le choix de l'ordre d'intégration dépend du problème donné

Exemple 3
Question: Évaluez l'intégrale double \( \displaystyle V = \int _0^1 \int _y^1 (y + e^{-x^2}) dx dy \) si possible. Inversez l'ordre d'intégration si nécessaire pour évaluer l'intégrale donnée.
Solution de l'exemple 3
Commençons par l'intégrale interne
Soit \( \displaystyle I = \int _y^1 (y+e^{-x^2}) dx \)
En essayant d'évaluer \( I \) ci-dessus, l'intégrale \( \displaystyle I = \int _y^1 (e^{-x^2}) dx \) ne peut pas être effectuée analytiquement.
Selon les limites d'intégration données, la région \( R \) d'intégration de l'intégrale \( V \) peut être écrite comme
\( R \) : \( y \le x \le 1 \) , \( 0 \le y \le 1 \)
avec le graphique ci-dessous comme un ensemble de bandes horizontales.


Utilisons maintenant des bandes verticales pour décrire la région \( R \) comme indiqué dans le graphique ci-dessous.

\ Tracer la région \( R \) d'intégration pour voir si en changeant l'ordre d'intégration, nous pouvons aller plus loin.
\( R \) : \( 0 \le x \le 1 \) , \( 0 \le y \le x \)
L'intégrale \( V \) peut être écrite comme
\( \displaystyle V = \int _0^1 \int _0^x (y + e^{-x^2}) dy dx \)
Évaluons en utilisant l'intégrale interne \( I \) donnée par
\( \displaystyle I = \int _0^x (y + e^{-x^2}) dy \)
\( = \left[ \dfrac{y^2}{2} + y e^{-x^2} \right]_0^x \)
\( = \dfrac{x^2}{2} + x e^{-x^2} \)
Nous substituons maintenant \( I \) dans \( V \) et calculons l'intégrale donnée
\( \displaystyle V = \int _0^1 (\dfrac{x^2}{2} + x e^{-x^2} ) dx \)
\( = \left[ \frac{x^3}{6}-\frac{1}{2}e^{-x^2} \right]_0^1 \)
\( = \dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2}e^{-1} \)

Exemple 4
Évaluez l'intégrale double \( \displaystyle V = \iint_R \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right)\:dy \:dx \) sur la région \( R \) bleue comme indiqué ci-dessous.

Solution de l'exemple 4
Soit l'intégrale interne \( \displaystyle I = \int \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right) \; dy \)
On peut facilement voir que cette intégrale n'est pas facile à faire analytiquement.
Interchangeons l'ordre d'intégration.
\( V = \displaystyle \iint_R \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right)\:dx \:dy \)
La région \( R \) peut être décrite par:
\( R\) : \( 0 \le x \le y^2 \) , \( 0 \le y \le \sqrt 2 \)


\( \displaystyle V = \int _0^{\sqrt 2} \int _0^{y^2} \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right) dx dy \)
Évaluons l'intégrale interne \( I \).
\( I = \displaystyle \int _0^{y^2} \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right) dx \)
\( = \left [ x \sqrt{1+y^3} + \dfrac{x^2}{2} \right]_0^{y^2} \)
Évaluons et simplifions
\( = y^2\sqrt{y^3 +1}+\frac{y^4}{2} \)
Substituons \( I \) dans \( V \) et calculons l'intégrale externe
\( \displaystyle V = \int _{0\:}^{\sqrt 2} \left(y^2\sqrt{y^3+1}+\frac{y^4}{2} \right) \; dy \)
Calculons l'intégrale ci-dessus
\( \displaystyle V = \left [ \frac{2}{9}\left(y^3+1\right)^{\frac{3}{2}}+\frac{y^5}{10} \right]_0^{\sqrt 2} \)
Simplifions
\( V = \frac{2}{9}\left(\left(\sqrt{2}\right)^3+1\right)^{\frac{3}{2}}+\frac{\left(\sqrt{2}\right)^5}{10}-\dfrac{2}{9} \approx 2.00 \)

Exemple 5
Évaluez l'intégrale double \( \displaystyle V = \iint_R (x+y)\:dydx \) sur la région \( R \) délimitée par les courbes des équations \( x = (y-2)^2-2 \) et \( y = - x + 6 \)
Solution de l'exemple 5
Si des bandes verticales sont utilisées, la région d'intégration aura deux parties car les limites de \( y \) sont différentes dans les intervalles \( -2 \le x \le 2 \) et \( 2 \le x \le 7 \) et les calculs de l'intégrale sont très difficiles.
Nous utilisons donc des bandes horizontales.


La région \( R \) peut être décrite par:
\( R\) : \( (y-2)^2 - 2 \le x \le -y+6 \) , \( -1 \le y \le 4 \)
\( \displaystyle V = \int _{-1}^{4} \int _{(y-2)^2 - 2}^{-y+6} (x+y)\:dx \: dy \)
Soit l'intégrale interne \( \displaystyle I = \int _{(y-2)^2 - 2}^{-y+6} (x+y)\:dx \)
Calculons l'intégrale ci-dessus
\( I = \dfrac{-y^4+6y^3-13y^2+12y+32}{2} \)
Substituons \( I \) dans \( V \) et calculons l'intégrale externe
\( \displaystyle V = \int _{-1}^4 \left( \dfrac{-y^4+6y^3-13y^2+12y+32}{2} \right) \; dy \)
Calculons l'intégrale ci-dessus
\( \displaystyle V = \dfrac{1}{2} \left[-\dfrac{y^5}{5}+\dfrac{3y^4}{2}-\dfrac{13y^3}{3}+6y^2+32y\right]_{-1}^4 \)
Évaluons
\( V = \dfrac{875}{12} \)
Note
À titre d'exercice, montrez qu'en utilisant des bandes verticales, l'intégrale double est donnée par:
\( \displaystyle \int _{-2}^2\:\int _{2-\sqrt{x+2}}^{2+\sqrt{x+2}}\:\left(x+y\right)dydx+\int _2^7\:\int _{2-\sqrt{x+2}}^{-x+6}\:\left(x+y\right)dydx \)

Plus de Questions avec Réponses

1. Écrivez les limites de l'intégrale double \( \displaystyle V = \iint_R x y \;dy \;dx \) et \( \displaystyle V = \iint_R x y \;dx \;dy \) où la région \( R \) est sur le plan \( xy\) tel que \(x \ge 0\) et \(y \ge 0\) et délimitée par la courbe dont l'équation est donnée par \( x^2 + y^2 = 1 \) et évaluez-la.
   
2. Écrivez les limites de l'intégrale double \( \displaystyle V = \iint_R \sin(x^2) \;dy \;dx \) et \( \displaystyle V = \iint_R \sin(x^2) \;dx \;dy \) où la région \( R \) est un triangle avec des sommets aux points \( A(0,0)\) , \( B(3,0) \) et \( C(3,3) \) et évaluez-la.
   

Réponses aux Questions Ci-dessus

1. Région d'intégration
   
   
   Bandes verticales
   \( 0 \le x \le 1 \) , \( 0 \le y \le \sqrt{1-x^2} \)
   \( \displaystyle \int _0^1\:\int _0^{\sqrt{1-x^2}}\:xy\:dy\:dx = 1/8 \)
   Bandes horizontales
   \( 0 \le x \le \sqrt{1-y^2} \) , \( 0 \le y \le 1 \)
   \( \displaystyle \int _0^1\:\int _0^{\sqrt{1-y^2}}\:xy\:dx\:dy = 1/8\)
   
   
2. 
   Région d'intégration
   
   
   Bandes verticales
   \( 0 \le x \le 3\) , \( 0 \le y \le x \)
   \( \displaystyle \int _0^3\:\int _0^x \:\sin(x^2)\:dy\:dx = \dfrac{1}{2}\left(-\cos \left(9\right)+1\right) \)
   Bandes horizontales
   \( y \le x \le 3 \) , \( 0 \le y \le 3 \)
   \( \displaystyle \int _y^3\:\int _0^3\:\sin(x^2)\:dx\:dy \) Très difficile à résoudre analytiquement.

Plus de Références et Liens

1. Calculs d'Intégrales Doubles
   
2. Howard Anton, Irl C. Bivens, Stephen Davis ; Calculus: Early Transcendentals; Willey, 2012.
   
3. Gilbert Strang; MIT, Calculus, Wellesley-Cambridge Press, 1991
   
4. Joel Hass, University of California, Davis; Maurice D. Weir Naval Postgraduate School; George B. Thomas, Jr.Massachusetts Institute of Technology ; University Calculus , Early Transcendentals, Third Edition , Boston Columbus , 2016, Pearson.