‹ Problèmes d'analyse mathématiqueChapitre 90 sur 250 · à = % s=ffrser dx dy · texte numérisé non relu

à = % s=ffrser dx dy

v—ff+ dx dy,

ou en coordonnées polaires, dx dy étant remplacé par » do do,

s— [fur 6 de de. = ff sin w cos» d de,

e peut varier de o à \/cos Oo S'eL'D <UURES 1 pour que , soit réel.

5 # Vcos «D Vcosw JE fa Ne a+ e) | ass e O0 O p—=0

js re) du 212 CDS PEU RE

DR NN EE 46 Va Vo Pr

T À sin w cos ? at k 3 LES z Edo — (cost w) =.

* nm 16 o 64

4o. Le cylindre a pour base la parabole (x — y)? — 2(% + y) — 1, tangente aux deux axes ox, oy. Mais on ne considère que la portion comprise entre les deux points de contact. Ce solide est symétrique, comme les deux surfaces, par rapport au plan æoy. La moitié du solide est dans l'angle des parties positives des axes.

Ona::

à ff Va de dr où ve + V5 <

Al a (5e de (3 »° y!) jo if Vox (1 — ÿx)? dx — TON 3 ( UN UO : 6 NA +) — 2 Va mie a bone A

Pour la surface conique 2 D 2 2UYR ON AE

ce Ms ff Vi+) HAE LE HE = 2 — dæ dy, Væ Vy< ai 14 2 5 QG va) = [| V2 dx ET L 4 0

Sur la parabole /x +- y A RAD AN APTE po 0) Væ Vy de (a +- 2). Le cylindre est limité à la surface conique z —

+ \/2æy, en décomposant la surface par les génératrices parallèles à oz, on a la surface :

S,—» Î ds = 1 ay ide V2 1 Var + vr)de O (e) ou, en posant x — ({”

SET EN D (Gi —t)Va1 — ot F2Ë ot dt

soit 1 — 24 — 0,

S, = /1 (a —@) TT

L'intégration par parties donne :

; fo Vi Hi Ba | où 1-02)? —0G(1 DENT ES (1+-02)d0

i fevit + 02 dd — 0 (1-02)? — fier + 0? dû

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