%% nav-debut : généré par gen_navigation.py, ne pas modifier à la main %% > [!nav] > ↩ [[Analyse et Données/Mathématiques/Intégrales doubles/Intégrales doubles|Accueil · Intégrales doubles]] > > | [[Analyse et Données/Mathématiques/Intégrales doubles/Cours 1 - Intégrales doubles\|← Cours 1 - Intégrales doubles]] | | > |:---|---:| %% nav-fin %% # ▷ Exercices ## Exercice 1 Calculer les intégrales suivantes : 1. $\iint_{D} x^{2}y^{3}\,dx\,dy \quad D = [0,2]\times[0,1]$ 2. $ \iint_{D} \bigl(2x^{2}-3y\bigr)\,dx\,dy \quad D = [0,1]\times[0,2]$ 3. $\iint_{D} 2e^{2(x+y)}\,dx\,dy \quad D = [0,1]\times[0,1]$ 4. $\iint_{D} (x+y)e^{2x}\,dx\,dy \quad D = [1,3]\times[1,2]$ 5. $\iint_{D} \frac{1}{3}x^{2}y^{3}\,dx\,dy \quad D = \{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\; ;\; |x|<1,\ 0<y<3\}$ ## Exercice 2 De quel domaine de $\mathbb{R}^3$ cette intégrale double mesure-t-elle le volume ? Essayer de faire une figure. Puis, calculer ce volume : $ \iint_{D} (1 + x)\, dx\,dy \qquad D = [0,1] \times [0,2]. $ ## Exercice 3 Calculer les intégrales suivantes en utilisant le théorème de Fubini : 1. $ \iint_{D} x\cos(x+y)\, dx\,dy, \qquad 0 < x < \pi,\; 0 < y < x $ 2. $ \iint_{D} (x^{2}y + xy^{2})\, dx\,dy, \qquad 0 < x < 1,\; 0 < y < 1-x $ ## Exercice 4 Calculer l'intégrale double de la fonction $f(x,y) = xy$ sur la région $D$ bornée par la courbe $y = x^2$ et la droite $y = x$. ## Exercice 5 Utiliser un changement de variables en coordonnées polaires pour calculer l'intégrale $\iint_D (x^2+y^2) \, dxdy$où $D$ est le disque de rayon $2$ centré à l'origine. ## Exercice 6 Calculer le volume du solide situé sous la surface $z = e^{-(x^2+y^2)}$ et au-dessus du disque $D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2+y^2 \le 1\}.$ ## Exercice 7 Évaluer l'intégrale itérée suivante en changeant l'ordre d'intégration : $ \int_0^1 \int_y^1 \sin(x^2) \, dx \, dy $ # ▷ Corrigés Détaillés ## Correction Exercice 1 > [!example] Exercice 1 : Correction >1. Calculer l'intégrale double de la fonction $\iint_{D} x^{2}y^{3}\,dx\,dy \quad D = [0,2]\times[0,1]$ >**Solution :** > Le domaine $D$ est un rectangle ($0 \le x \le 2 \ \text{et} \ 0 \le y \le 1$), ce qui simplifie la définition des bornes d'intégration. Nous pouvons intégrer dans n'importe quel ordre. > On remarque aussi que la fonction est sécable : $f(x,y) = x^{2}y^{3} = g(x)h(y)$ où $g(x) = x^{2} \quad \text{(polynôme, continue sur } [0,2])\, \text{et}\, h(y) = y^{3} \quad \text{(polynôme, continue sur } [0,1]).$ On peut donc scinder l'intégrale double en un produit de deux intégrales simples : $\iint_{D} x^{2}y^{3}\, dx\, dy = \left(\int_{0}^{2} g(x)\, dx\right) \left(\int_{0}^{1} h(y)\, dy\right)$ $= \left(\int_{0}^{2} x^{2}\, dx\right)\left(\int_{0}^{1} y^{3}\, dy\right)$ $= \left[\frac{1}{3}x^{3}\right]_{0}^{2}\;\times\;\left[\frac{1}{4}y^{4}\right]_{0}^{1}$ $= \left(\frac{1}{3} \cdot 2^{3} - 0 \right)\left(\frac{1}{4} - 0 \right)$ $= \frac{8}{3} \cdot \frac{1}{4}$ $= \frac{2}{3}.$ 2. Calculer l'intégrale $ \iint_{D} \bigl(2x^{2}-3y\bigr)\,dx\,dy \quad D = [0,1]\times[0,2] \quad \text{c'est-à-dire } 0 \le x \le 1 \ \text{et} \ 0 \le y \le 2.$**Solution :** On peut ici procéder de deux façons différentes : **Première façon :** La fonction $f(x,y)=2x^{2}-3y$ n'est pas sécable. L’intégrale double doit donc être calculée de manière imbriquée : $\iint_{D} (2x^{2} - 3y)\, dx\, dy = \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{2} (2x^{2} - 3y)\, dy \right) dx$ On intègre d’abord par rapport à $y$, la variable $x$ étant considérée comme constante : $\int_{0}^{1} [2x^{2}y - \frac{3}{2}y^{2}]_{0}^{2} \, dx=\int_{0}^{1} (4x^{2} - 6)\, dx$ $= \left[\frac{4}{3}x^{3} - 6x \right]_{0}^{1}$ $= \frac{4}{3} - 6$ $= -\frac{14}{3}.$ **Deuxième façon :** On scinde l’intégrale double en deux intégrales doubles à fonctions sécables : $\iint_{D} (2x^{2} - 3y)\, dx\, dy = \iint_{D} 2x^{2}\, dx\, dy +\iint_{D} (-3y)\, dx\, dy$ Par linéarité de l'intégrale, on obtient : $\iint_{D} (2x^{2} - 3y)\, dx\, dy= 2 \iint_{D} x^{2}\, dx\, dy \; - \; 3 \iint_{D} y\, dx\, dy.$ On obtient deux intégrales doubles sécables puisque $x^{2} = x^{2} \times 1, \qquad y = 1 \times y.$Ce sont des polynômes, donc tout est continue sur les intervalles de $D$. Chaque intégrale double peut donc être calculée comme un produit de deux intégrales simples : $\iint_{D} (2x^{2} - 3y)\, dx\, dy= 2 \left( \int_{0}^{1} x^{2}\, dx \right) \left( \int_{0}^{2} 1\, dy \right)- 3 \left( \int_{0}^{1} 1\, dx \right) \left( \int_{0}^{2} y\, dy \right)$$=2 \left[ \frac{1}{3}x^{3} \right]_{0}^{1} \times \left[ y \right]_{0}^{2} - 3 \left[ x \right]_{0}^{1}\times \left[ \frac{1}{2}y^{2} \right]_{0}^{2}$$= 2 \left( \frac{1}{3} \right)(2) - 3 (1)\left( \frac{1}{2}\cdot 4 \right)= \frac{4}{3} - 6 = -\frac{14}{3}.$ 3. $\iint_{D} 2e^{2(x+y)}\,dx\,dy \qquad D = [0,1]\times[0,1]$ La fonction est sécable : $f(x,y) = 2e^{2(x+y)} = 2e^{2x}e^{2y} = g(x)h(y)$ avec $g(x) = 2e^{2x}, \qquad h(y) = e^{2y}.$ Les fonctions exponentielles sont continues sur $[0,1]$, donc $g$ et $h$ sont continues sur $[0,1]$. On peut donc calculer l’intégrale double comme un produit de deux intégrales simples : $\iint_{D} 2e^{2(x+y)}\,dx\,dy = \left( \int_{0}^{1} g(x)\,dx \right) \left( \int_{0}^{1} h(y)\,dy \right) = \left( \int_{0}^{1} 2e^{2x}\,dx \right) \left( \int_{0}^{1} e^{2y}\,dy \right).$$\int_{0}^{1} 2e^{2x}\,dx = \left[ e^{2x} \right]_{0}^{1} = e^{2} - 1, \qquad \int_{0}^{1} e^{2y}\,dy = \left[ \frac{1}{2}e^{2y} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}(e^{2} - 1).$Donc $ \iint_{D} 2e^{2(x+y)}\,dx\,dy = (e^{2}-1)\times \frac{1}{2}(e^{2}-1) = \frac{1}{2}(e^{2}-1)^{2}.$ 4. Calculer l'intégrale $\iint_{D} (x+y)e^{2x}\,dx\,dy \quad D = [1,3]\times[1,2]$$ \begin{aligned} \iint_D (x+y)e^{2x}\,dxdy &= \iint_D (xe^{2x})\,dxdy + \iint_D (ye^{2x})\,dxdy \\ &= \int_1^3 xe^{2x}\,dx \int_1^2 1\,dy + \int_1^3 e^{2x}\,dx \int_x^2 y\,dy \\ &= \int_1^3 xe^{2x}\,dx \,[y]_1^2 + \left[\tfrac12 e^{2x}\right]_1^3 \left[\tfrac12 y^2\right]_1^2 \\ &= \int_1^3 xe^{2x}\,dx + \tfrac12 (e^6-e^2)\left(2-\tfrac12\right) \\ &= \int_1^3 xe^{2x}\,dx + \tfrac34 (e^6-e^2). \end{aligned} $La dernière intégrale simple doit se calculer à l’aide d’une intégration par parties en posant : $ \begin{aligned} u(x) &= x &&\Rightarrow u'(x)=1,\\ v'(x) &= e^{2x} &&\Rightarrow v(x)=\tfrac12 e^{2x}. \end{aligned} $On obtient alors, $ \begin{aligned} \int_1^3 xe^{2x}\,dx &= \left[\tfrac12 x e^{2x}\right]_1^3 - \int_1^3 \tfrac12 e^{2x}\,dx \\ &= \tfrac12(3e^6-e^2) - \left[\tfrac14 e^{2x}\right]_1^3 \\ &= \tfrac12(3e^6-e^2) - \left(\tfrac14 e^6 - \tfrac14 e^2\right) \\ &= \tfrac54 e^6 - \tfrac14 e^2. \end{aligned} $On en déduit que $\begin{aligned} \iint_D (x+y)e^{2x}\,dxdy &= \int_1^3 xe^{2x}\,dx + \tfrac34 (e^6-e^2) \\ &= \tfrac54 e^6 - \tfrac14 e^2 + \tfrac34 (e^6-e^2) \\ &= 2e^6 - e^2 \\ &= e^2(2e^4-1). \end{aligned}$ 5. Calculer l'intégrale $ \iint_D \frac13 x^2 y^3 \, dx\,dy \qquad\text{avec}\qquad D = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2;\; |x|<1,\; 0<y<3\}.$On a : $D : -1 < x < 1 \quad \text{et} \quad 0 < y < 3.$ La fonction est séparable : $f(x,y)=\frac13 x^2 y^3 = g(x)h(y),$avec $g$ et $h$ fonctions polynomiales donc continues sur $[-1,1]$ et $[0,3]$. On peut donc calculer l’intégrale double par un produit de deux intégrales simples : $ \iint_D \frac13 x^2 y^3\,dx\,dy = \int_{-1}^1 \frac13 x^2\,dx \; \times \; \int_0^3 y^3\,dy. $Calcul :$ \int_{-1}^1 \frac13 x^2\,dx = \frac13 \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-1}^{1} = \frac13\left(\frac13 - \left(-\frac13\right)\right) = \frac{2}{9}.$ et $\int_0^3 y^3\,dy = \left[\frac{y^4}{4}\right]_0^{3} = \frac{81}{4}.$Donc : $ \iint_D \frac13 x^2 y^3\,dx\,dy = \frac{2}{9} \times \frac{81}{4} = \frac{2 \times 81}{36} = \frac{9}{2}.$ ## Correction Exercice 2 > [!example] Exercice 2 : Correction > Le volume est un volume prismoïdal ayant pour base le domaine rectangulaire $D$ et pour « chapeau » le plan d’équation $z = 1 + x$. $\iint_D (1+x)\,dx\,dy = \int_0^1 (1+x)\,dx \times \left( \int_0^2 dy \right) = 2\left[\frac{x^2}{2} + x\right]_0^1 = 3.$ ## Correction Exercice 3 >[!example] Exercice 3 : Correction >1. Calculer $\iint_{D} x\cos(x+y)\, dx\,dy,\qquad 0 < x < \pi,\; 0 < y < x$ >On calcule l'intégrale de manière emboîtée : $ \iint_D x\cos(x+y)\,dx\,dy = \int_0^\pi \left( \int_0^x x\cos(x+y)\,dy \right)dx.$ On effectue le changement : $\int_0^x x\cos(x+y)\,dy = x[\sin(x+y)]_0^x = x(\sin(2x)-\sin x).$ On obtient : $ \iint_D x\cos(x+y)\,dx\,dy = \int_0^\pi x\sin(2x)\,dx - \int_0^\pi x\sin x\,dx.$On réalise deux intégrations par parties : **Intégration par parties de $\displaystyle \int_0^\pi x\sin(2x)\,dx$ :** On pose : $ u=x,\quad u'=1,\qquad v'=\sin(2x),\quad v=-\tfrac12\cos(2x).$ Alors : $\int_0^\pi x\sin(2x)\,dx = \left[-\frac{x}{2}\cos(2x)\right]_0^\pi + \frac12\int_0^\pi \cos(2x)\,dx.$$\int_0^\pi x\sin(2x)\,dx = -\frac{\pi}{2}+\left[\tfrac14\sin(2x)\right]_0^\pi = -\frac{\pi}{2}$ **Intégration par parties de $\displaystyle \int_0^\pi x\sin(x)\,dx$ :** On pose :$ u=x,\quad u'=1,\qquad v'=\sin x,\quad v=-\cos x.$ Alors :$\int_0^\pi x\sin(x)\,dx = [-x\cos x]_0^\pi + \int_0^\pi \cos x\,dx = -\pi + [\sin x]_0^\pi = -\pi.$ Le résultat final est donc :$ \iint_D x\cos(x+y)\,dx\,dy = -\frac{\pi}{2} - (-\pi) = \frac{\pi}{2}.$ >2. Calculer $\iint_D (x^2y + xy^2)\,dx\,dy, \qquad D = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2;\; 0<x<1,\; 0<y<1-x\}.$On calcule l’intégrale de manière emboîtée : $\iint_D (x^2y + xy^2)\,dx\,dy = \int_0^1 \left( \int_0^{1-x} (x^2y + xy^2)\,dy \right) dx.$ Calcul de l’intégrale intérieure par rapport à $y$ : $\int_0^{1-x} (x^2y + xy^2)\,dy = x^2\int_0^{1-x} y\,dy + x\int_0^{1-x} y^2\,dy.$$= x^2\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^{1-x} + x\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^{1-x}$$= x^2\frac{(1-x)^2}{2}+ x\frac{(1-x)^3}{3}$$= \frac{x^2(1-2x+x^2)}{2}+ \frac{x(1-3x+3x^2-x^3)}{3}=\frac{2x - 3x^2 + x^4}{6}$On obtient alors, $\iint_D (x^2y + xy^2)\,dx\,dy = \int_0^1 \frac{2x - 3x^2 + x^4}{6}\,dx$$= \frac{1}{6}\left( \int_0^1 2x\,dx - 3\int_0^1 x^2\,dx + \int_0^1 x^4\,dx \right)$$= \frac{1}{6}\left( 2\cdot\frac12 - 3\cdot\frac13 + \frac15 \right)$$= \frac{1}{6}\left( 1 - 1 + \frac15 \right)= \frac{1}{6}\cdot\frac15= \frac{1}{30}.$ ## Correction Exercice 4 > [!example] Exercice 4 : Correction > Calculez l'intégrale double de la fonction $f(x,y) = xy$ sur la région $D$ bornée par la courbe $y = x^2$ et la droite $y = x$. > > **Solution :** > **Étape 1 : Esquisser la région et trouver les points d'intersection** > La parabole $y=x^2$ et la droite $y=x$ se coupent lorsque $x^2 = x$. > $x^2 - x = 0 \Rightarrow x(x-1) = 0$. > Les points d'intersection sont $x=0$ (donc $(0,0)$) et $x=1$ (donc $(1,1)$). > Sur l'intervalle $[0,1]$, la droite $y=x$ est au-dessus de la parabole $y=x^2$ (par exemple, pour $x=0.5$, $y=0.5$ et $y=0.25$). > > La région $D$ est définie par $0 \le x \le 1$ et $x^2 \le y \le x$. > > **Étape 2 : Définir l'intégrale** > $ \iint_D xy \, dA = \int_0^1 \int_{x^2}^x xy \, dy \, dx $ > > **Étape 3 : Intégration par rapport à $y$** > On considère $x$ comme une constante. > $ \int_{x^2}^x xy \, dy = x \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_{x^2}^x $ > $ = x \left( \frac{1}{2}(x)^2 - \frac{1}{2}(x^2)^2 \right) $ > $ = x \left( \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x^4 \right) $ > $ = \frac{1}{2}x^3 - \frac{1}{2}x^5 $ > > **Étape 4 : Intégration par rapport à $x$** > $ \int_0^1 \left( \frac{1}{2}x^3 - \frac{1}{2}x^5 \right) \, dx = \left[ \frac{1}{2} \frac{x^4}{4} - \frac{1}{2} \frac{x^6}{6} \right]_0^1 $ > $ = \left[ \frac{x^4}{8} - \frac{x^6}{12} \right]_0^1 $ > $ = \left( \frac{1^4}{8} - \frac{1^6}{12} \right) - (0-0) $ > $ = \frac{1}{8} - \frac{1}{12} $ > Pour soustraire, on trouve un dénominateur commun, qui est $24$. > $ = \frac{3}{24} - \frac{2}{24} = \frac{1}{24} $ > > L'intégrale double vaut $\frac{1}{24}$. ## Correction Exercice 5 > [!example] Exercice 5 : Correction > Utilisez un changement de variables en coordonnées polaires pour calculer l'intégrale $\iint_D (x^2+y^2) \, dA$, où $D$ est le disque de rayon $2$ centré à l'origine. > > **Solution :** > **Étape 1 : Convertir la fonction et le domaine en coordonnées polaires** > Les coordonnées polaires sont définies par $x = r \cos \theta$ et $y = r \sin \theta$. > Alors $x^2+y^2 = (r \cos \theta)^2 + (r \sin \theta)^2 = r^2 \cos^2 \theta + r^2 \sin^2 \theta = r^2(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = r^2$. > L'élément d'aire $dA$ en coordonnées polaires est $r \, dr \, d\theta$. > Le domaine $D$ est le disque de rayon $2$ centré à l'origine. En coordonnées polaires, cela signifie que le rayon $r$ varie de $0$ à $2$, et l'angle $\theta$ varie de $0$ à $2\pi$ pour couvrir tout le disque. > > **Étape 2 : Écrire l'intégrale en coordonnées polaires** > $ \iint_D (x^2+y^2) \, dA = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (r^2) \, r \, dr \, d\theta $ > $ = \int_0^{2\pi} \int_0^2 r^3 \, dr \, d\theta $ > > **Étape 3 : Intégration par rapport à $r$** > $ \int_0^2 r^3 \, dr = \left[ \frac{1}{4}r^4 \right]_0^2 = \frac{1}{4}(2)^4 - \frac{1}{4}(0)^4 = \frac{1}{4} \cdot 16 = 4 $ > > **Étape 4 : Intégration par rapport à $\theta$** > $ \int_0^{2\pi} 4 \, d\theta = [4\theta]_0^{2\pi} = 4(2\pi) - 4(0) = 8\pi $ > > L'intégrale double vaut $8\pi$. ## Correction Exercice 6 > [!example] Exercice 6 : Correction > Calculez le volume du solide situé sous la surface $z = e^{-(x^2+y^2)}$ et au-dessus du disque $D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2+y^2 \le 1\}$. > > **Solution :** > Le volume $V$ d'un solide sous une surface $z=f(x,y)$ et au-dessus d'une région $D$ est donné par l'intégrale double $\iint_D f(x,y) \, dA$. > Ici, $f(x,y) = e^{-(x^2+y^2)}$ et $D$ est le disque unitaire centré à l'origine. > > **Étape 1 : Convertir la fonction et le domaine en coordonnées polaires** > Comme dans l'exercice précédent, $x^2+y^2 = r^2$. Donc $f(x,y) = e^{-r^2}$. > L'élément d'aire $dA = r \, dr \, d\theta$. > Le domaine $D$ est le disque de rayon $1$ centré à l'origine. En coordonnées polaires, $0 \le r \le 1$ et $0 \le \theta \le 2\pi$. > > **Étape 2 : Écrire l'intégrale en coordonnées polaires** > $ V = \iint_D e^{-(x^2+y^2)} \, dA = \int_0^{2\pi} \int_0^1 e^{-r^2} \, r \, dr \, d\theta $ > > **Étape 3 : Intégration par rapport à $r$** > Pour intégrer $r e^{-r^2}$ par rapport à $r$, nous utilisons une substitution. Soit $u = -r^2$, alors $du = -2r \, dr$, ce qui signifie $r \, dr = -\frac{1}{2} du$. > Les bornes changent : si $r=0$, $u=0$. Si $r=1$, $u=-1$. > $ \int_0^1 r e^{-r^2} \, dr = \int_0^{-1} e^u \left( -\frac{1}{2} \right) \, du $ > $ = -\frac{1}{2} \int_0^{-1} e^u \, du = -\frac{1}{2} [e^u]_0^{-1} $ > $ = -\frac{1}{2} (e^{-1} - e^0) = -\frac{1}{2} \left( \frac{1}{e} - 1 \right) = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{e} \right) $ > > **Étape 4 : Intégration par rapport à $\theta$** > $ V = \int_0^{2\pi} \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{e} \right) \, d\theta $ > Puisque $\frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{e} \right)$ est une constante par rapport à $\theta$: > $ V = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{e} \right) [\theta]_0^{2\pi} $ > $ V = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{e} \right) (2\pi - 0) $ > $ V = \pi \left( 1 - \frac{1}{e} \right) $ > > Le volume du solide est $\pi \left( 1 - \frac{1}{e} \right)$. ## Correction Exercice 7 > [!example] Exercice 7 : Correction > Évaluez l'intégrale itérée suivante en changeant l'ordre d'intégration : > $ \int_0^1 \int_y^1 \sin(x^2) \, dx \, dy $ > > **Solution :** > L'intégrale $\int \sin(x^2) \, dx$ n'a pas de primitive simple exprimable avec les fonctions élémentaires. Cela indique qu'un changement de l'ordre d'intégration est nécessaire. > > **Étape 1 : Identifier la région d'intégration** > L'intégrale donnée est de la forme $\int_c^d \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y) \, dx \, dy$. > Les bornes sont : > $0 \le y \le 1$ > $y \le x \le 1$ > > Esquissons cette région. C'est la région bornée par $y=0$ (axe des $x$), $y=1$, $x=1$, et $x=y$. > C'est un triangle rectangle dont les sommets sont $(0,0)$, $(1,0)$, et $(1,1)$. > > **Étape 2 : Changer l'ordre d'intégration** > Pour intégrer d'abord par rapport à $y$, puis par rapport à $x$, nous devons exprimer $y$ en fonction de $x$. > Pour un $x$ donné, $x$ varie de $0$ à $1$. > Pour un $x$ donné dans cet intervalle, $y$ varie de $0$ (la borne inférieure du triangle) à $x$ (la droite $y=x$). > Donc, les nouvelles bornes sont : > $0 \le x \le 1$ > $0 \le y \le x$ > > L'intégrale devient : > $ \int_0^1 \int_0^x \sin(x^2) \, dy \, dx $ > > **Étape 3 : Intégration par rapport à $y$** > On considère $\sin(x^2)$ comme une constante par rapport à $y$. > $ \int_0^x \sin(x^2) \, dy = [\sin(x^2) \cdot y]_0^x = \sin(x^2) \cdot x - \sin(x^2) \cdot 0 = x \sin(x^2) $ > > **Étape 4 : Intégration par rapport à $x$** > $ \int_0^1 x \sin(x^2) \, dx $ > Nous utilisons une substitution. Soit $u = x^2$, alors $du = 2x \, dx$, ce qui signifie $x \, dx = \frac{1}{2} du$. > Les bornes changent : si $x=0$, $u=0$. Si $x=1$, $u=1$. > $ \int_0^1 \sin(u) \left( \frac{1}{2} \right) \, du = \frac{1}{2} \int_0^1 \sin(u) \, du $ > $ = \frac{1}{2} [-\cos(u)]_0^1 $ > $ = \frac{1}{2} (-\cos(1) - (-\cos(0))) $ > $ = \frac{1}{2} (-\cos(1) + 1) = \frac{1 - \cos(1)}{2} $ > > L'intégrale double vaut $\frac{1 - \cos(1)}{2}$. # 🗓️ Historique - Dernière MAJ: `12-Octobre-2026` - Rédigé par: [[Elie NAKHLE]] ---- # ▷ Ressources complémentaires : ### Exercices https://drive.google.com/file/d/1EznYSSKfInjci0e1fPxUGMeEUXdaxKV4 ### Corrigé https://drive.google.com/file/d/1bkPysWw_ARS52IzG_er8dQCJz2bgtOoG %% nav-debut : généré par gen_navigation.py, ne pas modifier à la main %% > [!nav] > ↩ [[Analyse et Données/Mathématiques/Intégrales doubles/Intégrales doubles|Accueil · Intégrales doubles]] > > | [[Analyse et Données/Mathématiques/Intégrales doubles/Cours 1 - Intégrales doubles\|← Cours 1 - Intégrales doubles]] | | > |:---|---:| %% nav-fin %%