Intégrales doubles

Fixez x : le solide sous z = f(x, y) présente une section dont l'aire A(x) est une intégrale ordinaire en y. Intégrez A(x) le long de x, et vous avez le volume. Si vous fixez plutôt y, il faut lire le domaine dans l'autre sens, avec x compris entre deux courbes. Sur cette page, les deux ordres donnent le même résultat dans tous les cas sauf un.

Tranches à x fixé	$\iint_{D} f d A = \int_{a}^{b} \int_{g_{1} (x)}^{g_{2} (x)} f (x, y) d y d x$
L'autre ordre (Fubini), lorsque l'intégrale ∬\|f\| dA est finie	$\int_{a}^{b} \int_{g_{1} (x)}^{g_{2} (x)} f d y d x = \int_{c}^{d} \int_{h_{1} (y)}^{h_{2} (y)} f d x d y \iint_{D} ∣ f ∣ d A < \infty$

Exemple résolu — Intégrales doubles

Aire de la tranche pour ce x	0,2188
Volume, tranches à x fixé	0,15
Volume dans l'autre ordre, tranches à y fixé	0,15

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Intégrales doubles

L'intégrale double ∬_D f(x, y) dA est le volume compris entre un domaine D du plan xy et la surface z = f(x, y), toute partie située sous le plan comptant négativement. On la calcule comme une intégrale itérée : on intègre par rapport à une variable en tenant l'autre fixe, puis on intègre le résultat.

Ce que signifie chaque symbole

A(x): l'aire de la tranche pour un x fixé, elle-même une intégrale en y
g₁(x), g₂(x): les bords inférieur et supérieur de D lorsqu'on lit D le long de x
h₁(y), h₂(y): les bords gauche et droit de D lorsqu'on lit D le long de y

D’où vient la formule

Fixez x. Le plan correspondant à ce x coupe le solide selon une tranche dont le bord supérieur est la courbe y ↦ f(x, y), du bord inférieur du domaine à son bord supérieur. Son aire est une intégrale en y où x est traité comme une constante, exactement comme pour une dérivée partielle.
$A (x) = \int_{g_{1} (x)}^{g_{2} (x)} f (x, y) d y$
Additionnez les tranches. Le volume est l'intégrale de A(x) le long de x : c'est le volume par tranches, avec une tranche qui a demandé sa propre intégrale.
$V = \int_{a}^{b} A (x) d x = \int_{a}^{b} \int_{g_{1} (x)}^{g_{2} (x)} f (x, y) d y d x$
Ou découpez dans l'autre sens. Lisez D le long de y, avec x compris entre un bord gauche et un bord droit, et intégrez d'abord en x. Le théorème de Fubini affirme que les deux ordres donnent le même nombre dès que l'intégrale ∬|f| dA est finie, ce qui est le cas pour toute fonction f continue sur un domaine fermé et borné.
$\int_{a}^{b} \int_{g_{1} (x)}^{g_{2} (x)} f d y d x = \int_{c}^{d} \int_{h_{1} (y)}^{h_{2} (y)} f d x d y$

Suppose: f est continue sur D, ou du moins l'intégrale ∬|f| dA est finie. Là où un bord de D change de formule, comme le bord supérieur du triangle en x = 1, on coupe l'intégrale en deux à cet endroit.

Problèmes entièrement résolus

Sur un rectangle, dans les deux ordres 3 étapes
Calculez ∬ xy² dA sur le rectangle 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1, dans les deux ordres.

Ouvrez ce problème dans l'outil
1. À x fixé, intégrez en y en traitant x comme une constante :
  
  $A (x) = \int_{0}^{1} x y^{2} d y = \frac{x}{3}$
2. Puis le long de x :
  
  $\int_{0}^{2} \frac{x}{3} d x = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$
3. L'autre ordre, tranches à y fixé :
  
  $\int_{0}^{1} \int_{0}^{2} x y^{2} d x d y = \int_{0}^{1} 2 y^{2} d y = \frac{2}{3}$
Réponse

2/3 ≈ 0,6667 dans les deux cas. Sur un rectangle, les bornes sont des nombres dans les deux ordres, et un produit se sépare : (∫₀² x dx)(∫₀¹ y² dy) = 2 · 1/3.

$\iint_{R} x y^{2} d A = \frac{2}{3} \approx 0.6667$
Un domaine entre deux courbes 2 étapes
Calculez ∬ (x + y) dA sur le domaine compris entre y = x² et y = x.

Ouvrez ce problème dans l'outil
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1. Les courbes se coupent en x = 0 et x = 1, et entre les deux x² ≤ x ; à x fixé, la tranche va donc de y = x² à y = x :
  
  $A (x) = \int_{x^{2}}^{x} (x + y) d y = [x y + \frac{y ^{2}}{2}]_{x^{2}}^{x} = \frac{3 x ^{2}}{2} - x^{3} - \frac{x ^{4}}{2}$
2. Intégrez de 0 à 1 :
  
  $\int_{0}^{1} (\frac{3 x ^{2}}{2} - x^{3} - \frac{x ^{4}}{2}) d x = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{10} = \frac{3}{20}$
Réponse

3/20 = 0,15.

$\iint_{D} (x + y) d A = \frac{3}{20} = 0.15$
Inverser l'ordre 3 étapes
Écrivez l'intégrale du problème 2 en inversant l'ordre d'intégration, puis calculez-la.

Ouvrez ce problème dans l'outil
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1. Lisez le domaine le long de y. Il va de y = 0 à y = 1, et à la hauteur y son bord gauche est la droite x = y, son bord droit la parabole x = √y :
  
  $\int_{0}^{1} \int_{x^{2}}^{x} (x + y) d y d x = \int_{0}^{1} \int_{y}^{y} (x + y) d x d y$
2. L'intégrale intérieure, y fixé :
  
  $\int_{y}^{y} (x + y) d x = [\frac{x ^{2}}{2} + x y]_{y}^{y} = \frac{y}{2} + y^{3/2} - \frac{3 y ^{2}}{2}$
3. Puis le long de y :
  
  $\int_{0}^{1} (\frac{y}{2} + y^{3/2} - \frac{3 y ^{2}}{2}) d y = \frac{1}{4} + \frac{2}{5} - \frac{1}{2} = \frac{3}{20}$
Réponse

De nouveau 3/20. La parabole qui était le bord inférieur quand on lisait le long de x devient le bord droit quand on lit le long de y, et s'écrit x = √y.

$\int_{0}^{1} \int_{y}^{y} (x + y) d x d y = \frac{3}{20}$
Choisir l'ordre qui demande une seule intégrale 3 étapes
Calculez ∬ xy dA sur le triangle de sommets (0, 0), (2, 0) et (1, 1).

Ouvrez ce problème dans l'outil
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1. Lu le long de x, le bord supérieur est y = x jusqu'à x = 1, puis y = 2 − x, ce qui fait deux intégrales. Lu le long de y, le triangle va, pour tout y, du bord gauche x = y au bord droit x = 2 − y ; découpez donc à y fixé :
  
  $\iint_{T} x y d A = \int_{0}^{1} \int_{y}^{2 - y} x y d x d y$
2. L'intégrale intérieure :
  
  $\int_{y}^{2 - y} x y d x = \frac{y}{2} ((2 - y)^{2} - y^{2}) = 2 y (1 - y)$
3. Puis le long de y :
  
  $\int_{0}^{1} 2 y (1 - y) d y = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$
Réponse

1/3 ≈ 0,3333. L'autre ordre donne 1/8 + 5/24 avec ses deux morceaux, soit le même 1/3.

$\iint_{T} x y d A = \frac{1}{3} \approx 0.3333$
Inverser l'ordre pour obtenir une formule 3 étapes
Calculez ∫₀¹ ∫ₓ¹ e^(y²) dy dx.

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1. L'intégrale intérieure n'a pas de primitive élémentaire ; inversez donc l'ordre. Le domaine est 0 ≤ x ≤ y ≤ 1 ; lu le long de y, c'est 0 ≤ y ≤ 1 avec 0 ≤ x ≤ y :
  
  $\int_{0}^{1} \int_{x}^{1} e^{y^{2}} d y d x = \int_{0}^{1} \int_{0}^{y} e^{y^{2}} d x d y$
2. L'intégrande ne dépend pas de x :
  
  $\int_{0}^{y} e^{y^{2}} d x = y e^{y^{2}}$
3. Posez u = y² :
  
  $\int_{0}^{1} y e^{y^{2}} d y = [\frac{e ^{y^{2}}}{2}]_{0}^{1} = \frac{e - 1}{2}$
Réponse

(e − 1)/2 ≈ 0,8591.

$\frac{e - 1}{2} \approx 0.8591$
Un solide décrit par ses faces 3 étapes
Calculez le volume du tétraèdre délimité par les trois plans de coordonnées et le plan x + y + z = 1.
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1. Le solide se trouve sous z = 1 − x − y et au-dessus de la partie du plan xy où cette hauteur n'est pas négative : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1. Lisez ce triangle le long de x :
  
  $V = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1 - x} (1 - x - y) d y d x$
2. L'intégrale intérieure, x fixé :
  
  $\int_{0}^{1 - x} (1 - x - y) d y = \frac{( 1 - x ) ^{2}}{2}$
3. Puis le long de x :
  
  $\int_{0}^{1} \frac{( 1 - x ) ^{2}}{2} d x = \frac{1}{6}$
Réponse

1/6, ce qui concorde avec le tiers de l'aire de base multipliée par la hauteur : (1/3)(1/2)(1).

$V = \frac{1}{6}$
La hauteur moyenne au-dessus d'un domaine 3 étapes
Calculez la valeur moyenne de f(x, y) = x + y sur le domaine du problème 2.
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1. La moyenne est le volume divisé par l'aire |D| du domaine, soit la hauteur d'une dalle plate posée sur D et de même volume :
  
  $\overset{ˉ}{f} = \frac{1}{∣ D ∣} \iint_{D} f d A$
2. L'aire est l'intégrale double de 1 :
  
  $∣ D ∣ = \int_{0}^{1} \int_{x^{2}}^{x} d y d x = \int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x = \frac{1}{6}$
3. Avec le volume 3/20 du problème 2 :
  
  $\overset{ˉ}{f} = \frac{3/20}{1/6} = \frac{9}{10}$
Réponse

9/10 = 0,9.

$\overset{ˉ}{f} = 0.9$
Quand les deux ordres ne s'accordent pas 4 étapes
Montrez que les deux intégrales itérées de f(x, y) = (x² − y²)/(x² + y²)² sur le carré unité sont différentes, et indiquez quelle hypothèse du théorème de Fubini est en défaut.

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1. La dérivée de y/(x² + y²) par rapport à y est f ; ainsi, à x > 0 fixé :
  
  $\int_{0}^{1} \frac{x ^{2} - y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} d y = [\frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}]_{0}^{1} = \frac{1}{1 + x ^{2}}$
2. Dans cet ordre, donc :
  
  $\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f d y d x = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = arctan 1 = \frac{π}{4}$
3. Échanger x et y change le signe de f, donc l'autre ordre est le même calcul, signe inversé :
  
  $\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f d x d y = - \frac{π}{4}$
4. En coordonnées polaires, f = cos 2θ/r². Sur le quart de disque de rayon 1, qui est contenu dans le carré,
  
  $\int_{0}^{π /2} \int_{0}^{1} \frac{∣ cos 2 θ ∣}{r ^{2}} r d r d θ = \int_{0}^{π /2} ∣ cos 2 θ ∣ d θ \int_{0}^{1} \frac{d r}{r} = \infty$
Réponse

π/4 ≈ 0,7854 dans un ordre et −π/4 dans l'autre. L'intégrale ∬|f| dA est infinie, et la finitude est précisément ce que suppose le théorème de Fubini.

$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f d y d x \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f d x d y = \frac{π}{4} \approx 0.7854 = - \frac{π}{4}$

Changez l'ordre, et une intégrale sans formule en obtient une 🖖

Cliquez sur Une tranche sans formule. À x fixé, la tranche est l'intégrale de e^(y²) de y = x à 1, et e^(y²) n'a pas de primitive exprimable à l'aide des fonctions élémentaires : c'est le mur sur lequel bute aussi e^(−t²) dans le chapitre sur l'intégration. La page ne peut calculer chaque tranche que numériquement. Cliquez maintenant sur La même, dans l'autre sens. À y fixé, la tranche va de x = 0 à x = y, et la hauteur e^(y²) ne dépend pas de x ; la tranche est donc un rectangle d'aire y·e^(y²). C'est la dérivée de e^(y²)/2, et le volume vaut exactement (e − 1)/2. Le solide n'a pas changé. C'est l'ordre d'intégration qui a décidé si les tranches avaient seulement une formule.

Une fonction pour laquelle l'ordre change le résultat 🖖

Cliquez sur L'ordre change le résultat. La surface (x² − y²)/(x² + y²)² est positive sous la diagonale du carré unité et négative au-dessus. Découpez à x fixé : chaque tranche a un bilan positif, 1/(1 + x²), et l'intégrale itérée vaut π/4 ≈ 0,7854. Passez à dx dy : chaque tranche a un bilan négatif, −1/(1 + y²), et l'on obtient −0,7854. Aucun des deux calculs ne contient d'erreur. Près de l'origine, la surface se comporte comme cos 2θ/r², si bien que le volume au-dessus du carré et le volume au-dessous sont chacun infinis, et les deux ordres ne les compensent pas de la même façon. Il n'existe aucune intégrale double sur laquelle ils pourraient s'accorder. Le théorème de Fubini, publié en 1907, garantit que les deux ordres s'accordent lorsque l'intégrale ∬|f| dA est finie. Ici, elle est infinie, et le théorème ne garantit rien.

Le solide sous une pointe infinie a pour volume π²/6 🖖

Cliquez sur Un volume de π²/6. La surface 1/(1 − xy) monte sans limite au coin (1, 1), et le solide qu'elle recouvre au-dessus du carré unité a pourtant un volume de 1,6449. Développez l'intégrande en série géométrique, 1 + xy + x²y² + …, et intégrez terme à terme : xⁿyⁿ donne 1/(n + 1)² sur le carré, si bien que le volume vaut 1 + 1/4 + 1/9 + …, la somme dont Euler a montré en 1735 qu'elle vaut π²/6. Lue à l'envers, l'intégrale double est une manière de sommer la série. Frits Beukers s'est servi d'intégrales sur ce même carré, avec 1 − xy au dénominateur, dans sa courte preuve de 1979 : 1 + 1/8 + 1/27 + … est irrationnel.

Parcours

Applications de l'intégration

Références (4)

The method and the two descriptions of a region the page uses: Type I (“between two vertical lines and the graphs of two continuous functions”) and Type II (between two horizontal lines), and Theorem 5.4, Fubini's theorem (strong form), for a function continuous on such a region: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 3, OpenStax (2016), section 5.2, “Double Integrals over General Regions”.
Insight block 2: Fubini's theorem on successive integration, for f in L¹, that is, with ∬|f| finite; published 1907: G. Fubini, “Sugli integrali multipli”, Atti della Reale Accademia dei Lincei, Rendiconti, Classe di Scienze Fisiche, Matematiche e Naturali (5) 16 (1907), no. 1, 608–614.
Insight block 3: Euler showed in 1735 that 1 + 1/4 + 1/9 + … = π²/6: J. J. O'Connor and E. F. Robertson, “Leonhard Euler”, MacTutor History of Mathematics Archive, University of St Andrews (last updated September 1998).
Insight block 3: integrals over the unit square with 1 − xy in the denominator, used to prove ζ(2) and ζ(3) irrational: F. Beukers, “A Note on the Irrationality of ζ(2) and ζ(3)”, Bulletin of the London Mathematical Society 11 (1979), no. 3, 268–272.

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.