Intégrales multiples

Une intégrale simple accumule une grandeur le long d'un segment. Mais une plaque a une masse répartie sur une surface, un solide a une inertie répartie dans un volume, et un champ traverse une région entière. Il faut donc savoir accumuler sur un domaine à deux ou trois dimensions. La bonne nouvelle : on ne fait que des intégrales simples, les unes après les autres.

L'idée

Définition

L'intégrale double de f sur un domaine D du plan, notée $\iint _D f(x,y) dx dy$ , est la limite des sommes $\sum f(x_i,y_i) \Delta A$ quand on découpe D en petits morceaux d'aire ΔA de plus en plus fins.

Trois lectures selon ce qu'on intègre :

Ce qu'on intègre	Ce qu'on obtient
$f(x,y) \geq 0$	le volume entre la surface $z = f(x,y)$ et le domaine D
$1$	l'aire de D
une densité surfacique $\rho (x,y)$	la masse de la plaque D

C'est le même passage que de la longueur à l'aire : au lieu de découper un segment en petits $dx$ , on découpe une surface en petits $dx dy$ .

Reste à savoir de quoi on parle quand on dit « un domaine D du plan ». En voici un, sans rien de particulier.

faire glisser la flèchex = 1,4

bornes de l'intégrale intérieure à cette position : de 0,49 à 1,56

Un domaine du plan, pris au hasard. Il est délimité en bas et en haut par deux courbes, et à gauche et à droite par deux abscisses. Toute la difficulté du chapitre tient à traduire cette image en quatre bornes, et c'est la flèche orange qui sert à le faire. Aire du domaine : 3,807.

Rien dans ce dessin ne dit ce qu'on intègre : le domaine est le terrain, la fonction est ce qu'on y accumule. Les deux se choisissent indépendamment, et l'on peut très bien intégrer la même fonction sur deux domaines différents, ou deux fonctions sur le même.

Le théorème de Fubini

Théorème

Sous des hypothèses vérifiées pour toutes les fonctions du programme, une intégrale double se calcule comme deux intégrales simples successives, et l'ordre peut être choisi librement :

\iint _D f dx dy = \int ( \int f dx ) dy = \int ( \int f dy ) dx

La mécanique de calcul

On intègre d'abord par rapport à une variable, en traitant l'autre comme une constante, exactement comme on dérive partiellement. On obtient une fonction de la seule variable restante, qu'on intègre ensuite normalement. Il n'y a rien de nouveau à savoir calculer : uniquement à savoir écrire les bornes.

Sur un rectangle

Quand $D = [a;b] \times [c;d]$ , les bornes sont constantes et l'ordre n'a aucune importance.

Exemple travaillé. $\iint x y dx dy$ sur $[0;2] \times [0;3]$ .

faire glisser la flèchex = 1,2

bornes de l'intégrale intérieure à cette position : de 0 à 3

Le rectangle [0 ; 2] × [0 ; 3]. La flèche verticale entre par y = 0 et sort par y = 3, quelle que soit l'abscisse où on la place : c'est cela, avoir des bornes constantes. Aire du domaine : 6.

= \int _{0}^{3} ( \int _{0}^{2} xy\,dx )\,dy

À l'intérieur, y est une constante : $\int _{0}^{2} xy\,dx = y \left[x^2/2\right]_{0}^{2} = 2y$ .

$= \int _{0}^{3} 2y\,dy = \left[y^2\right]_{0}^{3} =$ $9$

Cas particulier commode : si $f(x,y) = g(x) h(y)$ et que le domaine est un rectangle, l'intégrale double se factorise en produit de deux intégrales simples. Ici : $(\int _{0}^{2} x\,dx)(\int _{0}^{3} y\,dy) = 2 \times 4{,}5 = 9$ ✓, mais cette factorisation ne vaut que sur un rectangle.

Sur un domaine quelconque

C'est là qu'est la vraie difficulté du chapitre, et elle est géométrique, pas calculatoire.

Domaine simple selon y

D = \{ (x,y) \; : \; a \leq x \leq b, \; \varphi _1(x) \leq y \leq \varphi _2(x) \}

\iint _D f\,dx\,dy = \int _{a}^{b} ( \int _{\varphi _1(x)}^{\varphi _2(x)} f(x,y)\,dy )\,dx

La règle des bornes

Les bornes de l'intégrale intérieure peuvent dépendre de l'autre variable ; celles de l'intégrale extérieure doivent être des constantes. Si on obtient un « x » dans les bornes extérieures, on s'est trompé quelque part : c'est le contrôle le plus rapide sur ce chapitre.

La méthode qui évite toutes les erreurs de bornes

Dessiner le domaine. Puis, pour intégrer d'abord en y : tracer une flèche verticale qui traverse le domaine. Elle entre par la courbe du bas (borne inférieure) et sort par celle du haut (borne supérieure). Faisons ensuite balayer cette flèche de gauche à droite : les positions extrêmes donnent les bornes en x. Cette méthode est infaillible et prend dix secondes.

Exemple travaillé. Calculer $\iint _D x dx dy$ sur le triangle de sommets (0,0), (1,0) et (1,1).

Appliquons la méthode : on dessine, on trace la flèche, on lit.

faire glisser la flèchex = 0,6

bornes de l'intégrale intérieure à cette position : de 0 à 0,6

Le triangle, balayé verticalement. La flèche entre par y = 0 et sort par y = x : ce sont les bornes de l'intégrale intérieure, celle en y. En la faisant glisser d'un bout à l'autre, elle parcourt les abscisses de 0 à 1, et ce sont les bornes de l'intégrale extérieure. Aire du domaine : 0,5.

À manipuler

Faire glisser la flèche d'un bout à l'autre du triangle et lire les bornes affichées sous la figure. Elles changent à chaque position : ce sont celles de l'intégrale intérieure, et c'est pourquoi elles dépendent de x. Le trajet que la flèche parcourt, lui, ne change pas : ce sont celles de l'intégrale extérieure. Toute l'écriture d'une intégrale double tient dans cette distinction.

La figure se traduit mot à mot : le domaine est délimité par $y = 0$ en bas, $y = x$ en haut, et x va de 0 à 1.

$\iint _D x\,dx\,dy = \int _{0}^{1} ( \int _{0}^{x} x\,dy )\,dx = \int _{0}^{1} x\cdot \left[y\right]_{0}^{x}\,dx = \int _{0}^{1} x^2\,dx =$ $1/3$

Intervertir l'ordre

Le même domaine se décrit de deux façons, et c'est le sens de la flèche qui change, pas le domaine. Voici exactement le triangle précédent, balayé dans l'autre sens.

faire glisser la flèchey = 0,45

bornes de l'intégrale intérieure à cette position : de 0,45 à 1

Le même triangle, balayé horizontalement. La flèche entre maintenant par la droite y = x et sort par le bord x = 1, et ce sont les bornes de l'intégrale intérieure, celle en x. Le domaine dessiné est identique à celui de la figure précédente : seule la façon de le parcourir a changé. Aire du domaine : 0,5.

On lit donc : y va de 0 à 1, et pour chaque y, x va de $y$ à $1$ .

$\int _{0}^{1} ( \int _{y}^{1} x\,dx )\,dy = \int _{0}^{1} \left[x^2/2\right]_{y}^{1}\,dy = \int _{0}^{1} (1 - y^2)/2\,dy = (1/2)(1 - 1/3) =$ $1/3$ ✓

Les deux ordres donnent le même résultat, mais pas toujours la même difficulté.

Pourquoi l'ordre d'intégration compte

Certaines intégrales sont impossibles dans un ordre et immédiates dans l'autre. L'exemple classique est

∬ e^{y^2} dx dy

sur le triangle

0 \leq x \leq y \leq 1

 : intégrer d'abord en y demanderait une primitive de

e^{y^2}

, qui n'existe pas sous forme élémentaire. En intégrant d'abord en x, il apparaît un facteur y qui rend la seconde intégration immédiate par la forme

u'e^u

. Quand on bloque, essayer l'autre ordre avant de chercher une astuce.

Exemple travaillé. Voyons ce cas de près, puisqu'il justifie à lui seul toute la section. Le domaine $0 \leq x \leq y \leq 1$ est le triangle au-dessus de la diagonale.

faire glisser la flèchey = 0,55

bornes de l'intégrale intérieure à cette position : de 0 à 0,55

Le triangle 0 ⩽ x ⩽ y ⩽ 1, balayé horizontalement. La flèche entre par le bord x = 0 et sort par la droite y = x, autrement dit x va de 0 à y. C'est ce balayage-là qui rend l'intégrale calculable. Aire du domaine : 0,5.

L'intégrale intérieure devient alors immédiate, puisque $e^{y^2}$ ne dépend pas de x :

\int _{0}^{1} \left( \int _{0}^{y} e^{y^2}\,dx \right) dy = \int _{0}^{1} y\,e^{y^2}\,dy = \left[ \frac{e^{y^2}}{2} \right]_{0}^{1} = \frac{e - 1}{2} \approx 0{,}859

Le facteur $y$ qui rend tout possible n'est pas une astuce : c'est la longueur de la flèche, qui vaut $y - 0 = y$ . Balayé dans l'autre sens, ce même domaine aurait donné $\int _{0}^{1} ( \int _{x}^{1} e^{y^2} dy ) dx$ , et l'intégrale intérieure n'a pas de primitive élémentaire. Le calcul s'arrête là, non par manque d'astuce, mais parce que la fonction n'en a pas.

L'ordre d'intégration est un choix, et il se paie

Les deux ordres décrivent le même domaine et donnent le même nombre. Mais l'un peut mener à une intégrale intérieure sans primitive élémentaire, et l'autre non. Devant une intégrale double qui bloque, la première chose à essayer n'est pas une astuce de calcul : c'est l'autre ordre, ce qui suppose de redessiner le domaine et d'en relire les bornes.

Coordonnées polaires

Dès qu'un disque, un secteur ou une couronne apparaît, les bornes cartésiennes deviennent des racines carrées. La figure ci-dessous le montre mieux qu'un argument.

faire glisser la flèchex = 0,6

bornes de l'intégrale intérieure à cette position : de -0,8 à 0,8

Le disque de rayon 1, décrit en cartésien. La flèche entre et sort par des racines carrées, et c'est là tout le problème : les bornes de l'intégrale intérieure seront ces racines, qu'il faudra ensuite intégrer en x. Aire du domaine : 3,142.

En polaires, ce même disque devient le rectangle $0 \leq r \leq 1$ , $0 \leq \theta \leq 2\pi$  : des bornes constantes, et plus une seule racine. Le changement de variables ne simplifie pas le calcul par magie, il redresse le domaine.

$x = r \cos \theta$ $y = r \sin \theta$ avec $r \geq 0$ et $\theta \in [0 ; 2\pi [$

Théorème

dx dy = r dr d\theta

$\iint _D f(x,y) dx dy = \iint _D' f(r \cos \theta , r \sin \theta ) \cdot$ $r$ $\cdot dr d\theta$

Le facteur r ne s'oublie pas

Ce r est le jacobien du changement de variables. Il traduit un fait géométrique : un petit rectangle

dr \times d\theta

loin du centre couvre une aire plus grande que le même rectangle près du centre, parce que l'arc de longueur

r d\theta

s'allonge avec r. L'oublier est l'erreur du chapitre, et elle donne un résultat faux sans aucun signe d'alerte.

Le principe est le même pour tout changement de variables, et il se voit sur le cas linéaire. Une transformation du plan déforme les aires d'un facteur constant, égal à la valeur absolue de son déterminant : c'est exactement ce que le jacobien mesure, en chaque point, pour une transformation quelconque.

identitématricedét = 6

Un changement de variables linéaire de déterminant 6. Le carré unité devient un rectangle six fois plus grand : dans l'intégrale, cette déformation se paie par un facteur 6. Le jacobien du passage en polaires fait la même chose, à ceci près qu'il vaut r et change donc d'un point à l'autre. Déterminant 6, soit le facteur par lequel les aires sont multipliées.

Un contrôle qui attrape l'oubli du jacobien

Après un changement de variables, vérifier l'aire d'un cas connu. Le disque de rayon 1 doit donner π. Sans le facteur r, l'intégrale

\int_0^{2\pi}\!\int_0^1 dr\, d\theta

donne

2\pi

 : le résultat est faux d'un facteur 2, et rien d'autre ne le signale.

Le grand avantage : sur un disque de rayon R centré à l'origine, le domaine devient le rectangle $0 \leq r \leq R$ , $0 \leq \theta \leq 2\pi$ . Des bornes constantes, donc.

La raison de ce facteur exactement 2 tient en une ligne. Sans le facteur $r$ , chaque tranche compte pour la même chose, qu'elle soit au centre du disque ou au bord. Or l'arc de longueur $r\,d\theta$ s'allonge avec $r$  : le jacobien n'est pas une correction, c'est la surface même du petit élément.

Exemple travaillé. Aire d'un disque de rayon R.

$A = \iint 1\,dx\,dy = \int _{0}^{2\pi } \int _{0}^{R} r\,dr\,d\theta = \int _{0}^{2\pi } \left[r^2/2\right]_{0}^{R}\,d\theta = \int _{0}^{2\pi } R^2/2\,d\theta =$ $\pi R^2$ ✓

Le résultat connu, retrouvé en trois lignes, et qu'on n'aurait pas atteint aussi simplement en cartésien.

Exemple travaillé. $\iint (x^2 + y^2) dx dy$ sur le disque de rayon 2.

En polaires, $x^2 + y^2 = r^2$ , donc :

$= \int _{0}^{2\pi } \int _{0}^{2} r^2 \cdot r\,dr\,d\theta = \int _{0}^{2\pi } \left[r^4/4\right]_{0}^{2}\,d\theta = \int _{0}^{2\pi } 4\,d\theta =$ $8\pi$

Notons comme l'expression $x^2 + y^2$ devient triviale : c'est le signal qu'il faut passer en polaires.

Quand passer en polaires

Dès qu'on voit un disque, une couronne, un secteur dans le domaine, ou une expression en $x^2 + y^2$ dans la fonction. Ces deux indices suffisent à décider.

Intégrales triples

Même principe, une dimension de plus. $\iiint _V f(x,y,z) dx dy dz$ s'évalue par trois intégrations successives, et $\iiint _V 1 dV$ donne le volume de V.

Deux systèmes de coordonnées adaptés, avec leur jacobien :

Coordonnées cylindriques

Pour un cylindre, un tube, tout ce qui a un axe de révolution :

$x = r \cos \theta$ , $y = r \sin \theta$ , $z = z$ et $dV =$ $r$ $dr d\theta dz$

Coordonnées sphériques

Pour une boule, une calotte, un champ central :

$x = \rho \sin \varphi \cos \theta$ , $y = \rho \sin \varphi \sin \theta$ , $z = \rho \cos \varphi$ et $dV =$ $\rho ^2 \sin \varphi$ $d\rho d\varphi d\theta$

avec $\rho \geq 0$ la distance à l'origine, $\varphi \in [0;\pi ]$ l'angle depuis l'axe Oz (colatitude), $\theta \in [0;2\pi [$ l'angle dans le plan.

Exemple travaillé. Volume de la boule de rayon R.

V = \int _{0}^{2\pi } \int _{0}^{\pi } \int _{0}^{R} \rho ^2 \sin \varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta

Le domaine étant un « rectangle » en (ρ, φ, θ), les trois intégrales se séparent :

$= (\int _{0}^{2\pi }\,d\theta )(\int _{0}^{\pi } \sin \varphi\,d\varphi )(\int _{0}^{R} \rho ^2\,d\rho ) = 2\pi \times 2 \times R^3/3 =$ $(4/3)\pi R^3$ ✓

Applications physiques

Ces formules sont la raison d'être du chapitre, et elles tombent régulièrement.

Masse d'une plaque de densité surfacique ρ : $m = \iint _D \rho (x,y) dx dy$
Centre de gravité : $x_G = (1/m) \iint _D x \rho dx dy$ , et de même pour $y_G$
Moment d'inertie par rapport à un axe : $I = \iint _D d^2 \rho dx dy$ , où d est la distance à l'axe
Valeur moyenne de f sur D : $\dfrac{1}{\text{aire}(D)} \displaystyle\iint_D f\,dx\,dy$

Toutes suivent le même schéma : on intègre la grandeur locale, pondérée par ce qui l'affecte, sur tout le domaine.

L'intégrale double, autant de fois qu'il faut

Sur un rectangle les bornes sont constantes et rien ne peut mal tourner : c'est donc là qu'il faut installer le réflexe, qui est de calculer l'aire du domaine avant l'intégrale. Leur quotient est la valeur moyenne, et c'est presque toujours elle que la question demande.

Une intégrale double, son aire et sa valeur moyenne

On intègre $f(x, y) = 1x + 3y$ sur le rectangle $[0 \,;\, 4] \times [0 \,;\, 6]$ .

L'aire du domaine
L'intégrale double
La valeur moyenne de $f$ sur ce rectangle
L'intégrale de $3x + 1y$ sur le MÊME rectangle

La dernière question échange les deux coefficients sans toucher au domaine. Le résultat change, parce que le rectangle n'est pas un carré et qu'il pèse donc plus dans une direction que dans l'autre. Sur un domaine symétrique, les deux valeurs auraient coïncidé.

Où la démarche dérape

Une interversion de l'ordre d'intégration, faite en échangeant deux lettres.

Des bornes échangées sans regarder le domaine

Une seule étape est fausse. Désigner laquelle.

On veut calculer $\iint x\,dx\,dy$ sur le triangle défini par $0 \leq y \leq x \leq a$ , avec $a > 0$ .

À calculer soi-même

Les quatre calculs ci-dessous se posent avec ce qui précède et rien d'autre. La valeur attendue n'est écrite nulle part : elle est obtenue en évaluant l'intégrale, et la correction se fait à un pour cent près, ce qui laisse arrondir sans être pris en défaut.

Poser les bornes, puis calculer

1.
$\iint_D (2x + 3y)\,dx\,dy$ sur le rectangle $[0;1] \times [0;2]$ .
2.
L'aire du domaine compris entre $y = x^2$ et $y = \sqrt{x}$ , pour $x$ entre 0 et 1.
3.
$\iint_D \sqrt{x^2 + y^2}\,dx\,dy$ sur le disque de rayon 3 centré à l'origine.
4.
Le volume compris entre le paraboloïde $z = 9 - x^2 - y^2$ et le disque de rayon 3.
unités de volume
5.
$\iiint_V z\,dx\,dy\,dz$ sur le pavé $[0;1] \times [0;2] \times [0;3]$ .
6.
L'aire du disque de rayon 1, calculée en polaires SANS le facteur $r$ , c'est-à-dire $\int_0^{2\pi}\int_0^1 dr\,d\theta$ . Quelle valeur fausse obtient-on ?

Exercices type

\iint (x + y)\,dx\,dy

sur

[0 \,;\, 1] \times [0 \,;\, 2]

\int _{0}^{2} ( \int _{0}^{1} (x+y)\,dx )\,dy = \int _{0}^{2} \left[x^2/2 + xy\right]_{0}^{1}\,dy = \int _{0}^{2} (1/2 + y)\,dy

$= \left[\dfrac{y}{2} + \dfrac{y^2}{2}\right]_0^2 = 1 + 2 =$ $3$

(La fonction n'étant pas un produit $g(x)h(y)$ , la factorisation ne s'applique pas ici.)

Aire du domaine compris entre

y = x^2

y = x

Les courbes se coupent en $x = 0$ et $x = 1$ , et sur cet intervalle $x^2 \leq x$ .

faire glisser la flèchex = 0,45

bornes de l'intégrale intérieure à cette position : de 0,2 à 0,45

Le domaine compris entre la parabole et la droite. La flèche entre par y = x² et sort par y = x, ce qui donne directement les bornes intérieures. Aire du domaine : 0,167.

$A = \int _{0}^{1} ( \int _{x^2}^{x} 1\,dy )\,dx = \int _{0}^{1} (x - x^2)\,dx = 1/2 - 1/3 =$ $1/6$

On retrouve le calcul d'aire entre deux courbes du chapitre sur l'intégration : c'est le même, écrit en intégrale double.

∬ e^{-(x^2+y^2)} dx dy

sur le disque de rayon 1

L'expression $x^2 + y^2$ et le disque : passage en polaires obligatoire.

= \int _{0}^{2\pi } \int _{0}^{1} e^{-r^2} \cdot r\,dr\,d\theta

L'intégrale en r est de la forme $u'e^u$ au facteur $-1/2$ près : $\int _{0}^{1} r e^{-r^2}\,dr = \left[-e^{-r^2}/2\right]_{0}^{1} = (1 - e^{-1})/2$ .

$= 2\pi \times (1 - e^{-1})/2 =$ $\pi (1 - 1/e) \approx 1{,}99$

Sans le facteur r du jacobien, cette intégrale serait incalculable : c'est lui qui fournit le $u'$ .

Volume sous

z = 4 - x^2 - y^2

au-dessus du disque de rayon 2

En polaires, $z = 4 - r^2$ , qui est bien positif pour $r \leq 2$ .

V = \int _{0}^{2\pi } \int _{0}^{2} (4 - r^2) r\,dr\,d\theta = 2\pi \int _{0}^{2} (4r - r^3)\,dr

$= 2\pi \left[2r^2 - \dfrac{r^4}{4}\right]_0^2 = 2\pi\,(8 - 4) =$ $8\pi$

Masse d'une plaque carrée

[0;1]^2

de densité

\rho (x,y) = x + y

$m = \int _{0}^{1} \int _{0}^{1} (x + y)\,dx\,dy = \int _{0}^{1} (1/2 + y)\,dy = 1/2 + 1/2 =$ $1$

Par symétrie, le centre de gravité vérifie $x_G = y_G$ . Et $x_G = \iint x(x+y)\,dx\,dy = \int _{0}^{1} (1/3 + y/2)\,dy = 1/3 + 1/4 =$ $7/12$ , décalé vers le coin le plus dense, comme attendu.

Écrire

\displaystyle\int_0^1 \int_x^1 f(x, y)\,dy\,dx

dans l'autre ordre

Le domaine est $\{ 0 \leq x \leq 1, \; x \leq y \leq 1 \}$ , c'est-à-dire le triangle au-dessus de la diagonale.

Décrit en partant de y : y va de 0 à 1, et pour chaque y, x va de 0 à y.

$\int _{0}^{1} \int _{0}^{y} f(x,y)\,dx\,dy$

C'est exactement l'interversion qui rend calculable $f(x,y) = e^{y^2}$ .

La méthode sur feuille

Dessiner le domaine. Ce n'est pas facultatif : c'est là que se jouent les points.
Choisir l'ordre et tracer la flèche : l'entrée et la sortie donnent les bornes intérieures, le balayage donne les bornes extérieures.
Contrôler que les bornes extérieures sont bien des constantes.
Si on voit un disque ou un $x^2 + y^2$ , passer en polaires, et écrire le $r$ immédiatement, avant d'oublier.
Si le calcul bloque, essayer l'autre ordre avant de chercher une astuce : c'est souvent la seule chose qui manque.
Contrôle du résultat : une aire, un volume et une masse sont positifs. Et pour un domaine symétrique, une fonction impaire donne une intégrale nulle, un raccourci qui fait gagner de longues minutes.

Vérification rapideon peut se reprendre

1.Dans une intégrale double, qu'est-ce qui change quand on intervertit l'ordre d'intégration sur un domaine rectangulaire à bornes constantes ?

2.Pourquoi ne peut-on pas intervertir librement l'ordre quand les bornes dépendent d'une variable ?

3.En passant en coordonnées polaires, on remplace $dx dy$ par :

4.À quoi sert de calculer $\iint 1\,dx\,dy$ sur un domaine D ?

Synthèse

Une intégrale double, c'est un volume (si $f \geq 0$ ), une aire (si $f = 1$ ), ou une masse (si f est une densité).
Fubini : deux intégrales simples successives, en traitant l'autre variable comme une constante. L'ordre est libre.
Les bornes intérieures peuvent dépendre de l'autre variable, les bornes extérieures sont constantes.
La méthode de la flèche sur un dessin donne les bornes sans erreur : ce par quoi elle entre et sort donne les bornes intérieures, son balayage donne les extérieures.
Changer l'ordre, c'est tourner la flèche d'un quart de tour sur le même dessin. Le domaine ne change pas, sa description change.
Intervertir l'ordre rend parfois calculable une intégrale qui ne l'était pas.
Polaires : $x = r \cos \theta$ , $y = r \sin \theta$ , et $dx dy =$ $r$ $dr d\theta$ . Le jacobien r ne s'oublie jamais.
Indices pour passer en polaires : un disque dans le domaine, un $x^2 + y^2$ dans la fonction.
Cylindriques : $dV = r dr d\theta dz$ . Sphériques : $dV = \rho ^2 \sin \varphi d\rho d\varphi d\theta$ .
Applications : masse, centre de gravité, moment d'inertie, valeur moyenne.