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PIN 302 – Bertrand Meyer
Ann´ee 2006/2007
Version du 14 d´ecembre 2006

Exercices d’int´egration et d’analyse vectorielle
bertrand.meyer@math.u-bordeaux1.fr
Exercice 0.1
Corrigez les erreurs survenues dans les ´enonc´es ou leur corrig´e ci-dessous. Merci de m’envoyer un mot a
` ce
sujet.

Table des mati`
eres
1 Int´
egrales doubles

1

2 Int´
egrales triples

10

3 Volumes de r´
evolution

18

4 Analyse vectorielle

21

5 Int´
egrales curvilignes

27

6 Formule de Green-Riemann

33

7 Int´
egrales de surface

36

A Agenda

42

1

Int´
egrales doubles

Exercice 1.1
Soit
D = {(x, y) ∈ R2 ; a 6 x 6 b, ϕ1 (x) 6 y 6 ϕ2 (x)}
o`
u ϕ1 et ϕ2 sont des fonctions r´eelles continues d´efinies sur [a, b], telles que ZZ
∀x ∈ [a, b], ϕ1 (x) 6 ϕ2 (x).
Soit f une fonction r´eelle continue d´efinie sur D et I l’int´egrale double I =
f (x, y) dx dy.
D

Dans chacun des cas suivants, dessinez D, expliquez les diff´erentes mani`eres possibles de calculer I, et
examinez le cas particulier o`
u f (x, y) = g(x)h(y).
1. On suppose que ϕ1 et ϕ2 sont des fonctions constantes : ϕ1 (x) = c et ϕ2 (x) = d.
2. On suppose que 0 6 a, et que ∀x ∈ [a, b], ϕ1 (x) = a et ϕ2 (x) = x.

3. On suppose que 0 6 a et a < c < b, et que ∀x ∈ [a, b], ϕ1 (x) = min(c, x) et ϕ2 (x) = x.
4. On suppose que 0 6 a et 0 < c < a, et que ∀x ∈ [a, b], ϕ1 (x) = c et ϕ2 (x) = x.

Corrig´
e 1.1

En toute g´en´eralit´e,
I=

Z

x=b
x=a

Z

y=ϕ2 (x)

f (x, y) dy
y=ϕ1 (x)

!

dx

On dit que le domaine est verticalement simple. A priori, il n’y a pas de m´ethode
g´en´erale pour inverser l’ordre d’int´egration des variables.

1

1. I peut se calculer selon deux mani`eres (`
a cause du th´eor`eme de
Fubini)
!
Z
Z
x=b

I

y=d

=

f (x, y) dy dx

x=a

=

Z

y=c

Z

y=d
y=c

!

x=b

f (x, y) dx dy
x=a

Lorsque f (x, y) = g(x)h(y),
ZZ
Z

=

Z

=

g(x)h(y) dx dy

D
b

Z

a

!

d

g(x)h(y) dy dx
c

Z

b

g(x)
a

d

h(y) dy
c

!

dx

(parce que g(x) ne d´epend pas de y)
! Z
!
Z d
b
h(y) dy
g(x) dx

=

c

a

(parce que

Z

d

h(y) dy
c

!

ne d´epend pas de y)

2. I peut se calculer selon deux mani`eres

Z x=b Z y=x
I =
f (x, y) dy dx
x=a
y=a
!
Z
Z
y=b

b

=

f (x, y) dx dy

y=a

x

Lorsque f (x, y) = g(x)h(y),
ZZ

g(x)h(y) dx dy

=

D

=

Z

Z

b
a
b

Z

x
a

g(x)
a


g(x)h(y) dy dx

Z

x

a


h(y) dy dx

(parce que g(x) ne d´epend pas de y)

Soit H une primitive de h, alors
ZZ

g(x)h(y) dx dy
D

=

Z

b
a

g(x)(H(x) − H(a)) dx

3. Le domaine est la r´eunion d’un segment et d’un triangle. Comme
le segment est de mesure nulle, il suffit d’int´egrer f sur le triangle

Z x=b Z y=x
f (x, y) dy dx
I =
y=c
x=c
!
Z
Z
y=b

x=b

=

f (x, y) dx dy

y=c

x=y

2

4. Le domaine est trap´ezo¨ıdal, pour int´egrer f en commen¸cant par
y, il convient de couper ce domaine en deux parties.

Z x=b Z y=x
I =
f (x, y) dy dx
Z

=

x=a
y=a
y=c

Z

y=c
x=b

f (x, y) dx dy +
x=a

Z

y=b

y=a

Z

x=b

f (x, y) dx dy
x=y

Exercice 1.2
Dessinez le domaine D puis calculez l’int´egrale double
ZZ
I=
f (x, y) dx dy.
D

1. D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 6 x 6 y 6 1}
f (x, y) = xe−y
2. D = {(x, y) ∈ R2 ; −1 6 x, 1 6 y 6 2, xy 6 1}
f (x, y) = x
3. D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 6 x, 0 6 y, x + y 6 a} o`
ua>0
f (x, y) = e−(x+y) .
4. D = {(x, y) ∈ R2 ; |x − y| 6 1, |x + y| 6 1}
f (x, y) = ex+y .
5. D = {(x, y) ∈ R2 ; |x| 6 1, |y| 6 1}
f (x, y) = (x + y)ex+y .
6. D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 6 x 6 1, 1 6 y 6 2, x 6 y}
f (x, y) = xye−(x+y) .
Corrig´
e 1.2
(Tous les d´etails ne sont pas pr´esent´es. Pour bien comprendre la correction, on se demandera quels calculs
impliquerait le choix d’int´egrer dans l’autre ordre des variables)
1.

ZZ
Z x=1 Z y=1
−y
−y
xe dx dy =
x
e dy dx
D

Z

=

x=0
1

y=x

x(−e−1 + e−x ) dx

0


1
1
= − e−1 + xe−x 0 +
2
5
= 1 − e−1
2
2.
ZZ

x dx dy

=

D

=

Z

Z

x= 12
x=−1
x= 12
x=−1

= −

1
4

Z

y=2

x dy dx +
y=1

x dx +

Z

x=1

x(
x= 12

Z

x=1
x= 12

Z

Z

1

e−x dx

0

y=1/x

x dy dx
y=1

1
− 1) dx
x

3

3.
ZZ

e−(x+y) dx dy

Z

=

D

Z

=

x=a
x=0
a

e

Z

−a

y=a−x

e−x−y dy dx

y=0

+ e−x dx

0

= −ae−a − e−a + 1
4.
ZZ

e

x+y

dx dy

=

D

=

Z

x=0

Z

y=1+x

e

x=−1 y=−1−x
Z 0
2x+1
−1

e

−e

−1

x+y

dy dx +

dx +

= e − e−1
5.
ZZ

(x + y)ex+y dx dy

=

D

=

Z

x=1

x=−1
Z x=1

Z

x=−1

y=1

Z

1
0

Z

x=1
x=0

Z

y=1−x

ex+y dy dx

y=−1+x

e − e2x−1 dx

(x + y)ex+y dy dx

y=−1


x(e1+x − ex−1 ) + 2ex−1 dx

= 4 − 4e−2

Autre m´ethode : changement de variable u = x + y, v = x − y,
nouveau domaine |u − v| 6 21 et |u + v| 6 21 .
6. On notera que l’une des conditions qui d´efinit le domaine ne
sert a
` rien !
ZZ
Z y=2 Z x=1
(x + y)ex+y dx dy =
(x + y)ex+y dx dy
D

=

Z

y=1
2
1

x=0


ye−y − 2ye−1−y dy

= 2e−1 − 7e−2 + 6e−3

Exercice 1.3
Dessinez le domaine D puis calculez l’int´egrale double
ZZ
I=
f (x, y) dx dy
D

en utilisant le changement de variable indiqu´e et en dessinant le nouveau domaine d’int´egration.
1. D = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 6 1}
1
f (x) =
1 + x2 + y 2
x = ρ cos θ, y = ρ sin θ.
2. D = {(x, y) ∈ R2 ; x + y > 1, x2 + y 2 6 1, y 6 x}
f (x) = (x2 + y 2 )−3/2
x = ρ cos θ, y = ρ sin θ.


2
y2
2 x
3. D = (x, y) ∈ R ; 2 + 2 6 1 , o`
u a > 0 et b > 0
a
b
f (x) = 1
x = aρ cos θ, y = bρ sin θ.
4. D = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0, y > 0, x + y 6 1}
x−y
f (x) = e( x+y )
y = x + y, v = x − y.
4

Corrig´
e 1.3

1. Le changement de variable ´etait pr´evisible car le domaine admet
une ´equation simple en coordonn´ees polaires, et le terme x2 + y 2
appelle irr´esistiblement son ´equivalent en polaire ρ2 .
ZZ

2.
ZZ

2

D

2 −3/2

(x + y )

dx dy

=

D

=

=

Z
Z

θ= π
4

θ=2π

Z

θ=0

Z

ρ=1

1

−1 +

0

ρ−3 ρ dρ dθ

1
ρ= cos(θ)+sin(θ)

π
4

= 1−
2

Z

ρ dρ dθ
2
ρ=0 1 + ρ
θ=0
1
1
= 2π ln(|1 + ρ2 |) 0
2
= π ln 2

1
dx dy
1 + x2 + y 2

π
4



1
cos(θ) + sin(θ)

−1



2

3. La condition xa2 + yb2 6 1 ´equivaut apr`es changement de variable
a
` ρ2 6 1, ou encore (comme ρ est positif) a
` ρ 6 1. Attention
le changement de variable n’est pas un passage en coordonn´ees
polaires. La matrice jacobienne est
!

∂x
∂x
a cos θ −aρ sin θ
∂ρ
∂θ
J := ∂y ∂y =
b sin θ
bρ cos θ
∂ρ
∂θ
et le jacobien vaut
|J| = abρ(cos2 θ + sin2 θ)
=
abρ
ZZ

dx dy

=

D

=

ZZ

Z

D0


θ=0

= πab

4.
ZZ

exp
D



abρ dρ dθ
Z

x−y
x+y

ρ=1

abρ dρ dθ
ρ=0



dx dy

=
=

Z

u=1

u=0
Z 1
0

=
Exercice 1.4
Soit a > 0, calculez l’int´egrale double suivante
ZZ

D

Z

v=u

exp
v=−u

y
dx dy
a2 + y 2

5

u 2

1
(ue − ue−1 ) du
2

1
(e − e−1 )
4

o`
u D = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 6 a2 , x > 0, y > 0}

v 1

dv du

Corrig´
e 1.4
Pr´esentons plusieurs techniques d’int´egration.
1`
ere m´
ethode :
Z a Z √a2 −x2
y
I =
dy dx
2 + y2
a
x=0 y=0
Z a
y=√a2 −x2
1
=
ln a2 + y 2 y=0
dx
0 2
Z a

1
ln 2a2 − x2 ) − ln(a) dx
=
0 2
Z


1 a √
ln( 2a − x) + ln( 2a + x) dx
= −a ln a +
2 0






= −a ln a − ( 2a − a) ln( 2a − a) − ( 2a − a) + ( 2a) ln( 2a) + 2a






+( 2a + a) ln( 2a + a) + ( 2a + a) − ( 2a) ln( 2a) − 2a





1
a (1 − 2) ln( 2 − 1) + (1 + 2) ln( 2 + 1) − 2
=
2







1
a ln(( 2 − 1)( 2 + 1)) + 2) ln( 2 + 1) − 2) ln( 2 − 1) − 2
=
2
!




2
ln( 2 + 1) − ln( 2 − 1) − 1
= a
2
2`
eme m´
ethode : Une autre m´ethode consiste a
` int´egrer dans l’autre ordre de variables pour repousser la
difficult´e. Rappelons
qu’il
existe
une
technique
d’int´
egration g´en´erale√pour int´egrer les fractions rationnelles

de la forme R(x, ax2 + bx + c) qui consiste a
` exprimer x et y = ax2 + bx + c comme les coordonn´ees
d’une conique.

I

=
=

Z

Z

Z

a
y=0
a
0

Z √a2 −y2
x=0

y
dx dy
a2 + y 2

p
y a2 − y 2
dy
a2 + y 2

t= π
2

a sin ta cos t
a cos t dt
2 sin2 t + a2
a
t=0
Z u=0
u2
du

= a
2 − u2
u=1
!
Z 1
1
= a
−1 +
du
2
1 + u2
u=0
!
√ !

2
= a
2 argth
−1
2
=

p
Le premier changement de variable est y = a sin t, z = y 2 − a2 = a cos t : ce choix est motiv´e par
la relation y 2 + z 2 = a2 qui repr´esente un cercle et se param`etre naturellement avec les fonctions trigonom´etriques usuelles. Le second changement de variable est u = cos t, (et du = − sin t dt). Ce choix est
motiv´e par l’application de la r`egle de Bioche : l’int´egrande est invariant sous la transformation x 7→ −x.
Derni`ere r`egle employ´ee : pour int´egrer une fraction rationnelle, il faut d´ecomposer en ´el´ements simples.
sh(x)
Remarque : la fonction argth est par d´efinition la bijection r´eciproque de la fonction tanh(x) = ch(x)
=
(ex +e−x )/2
(ex −e−x )/2 .

Un calcul montre, ceci dit, que argth(x) = 21 (ln(1 + x) − ln(1 − x)), ce qui permet de montrer
que les deux r´esulats sont ´egaux.
3`
eme m´
ethode : On effectue un changement de variable en coordonn´ees polaires x = ρ cos θ, y = ρ sin θ
(ρ ∈ [0, a], θ ∈ [0, π2 ]), suivi d’un second changement de variable r = aρ (avec r ∈ [0, 1]). Cela donne, en ce
qui concerne les jacobiens dx dy = ρ dρ dθ = a2 r dr dθ. (On peut v´erifier que ce nouvel ´el´ement d’int´egration
est bien homog`ene a
` une aire) car θ et r sont, dans notre cas, sans dimensions.

6

I

=
=
=
=
=

Z

θ= π
2

Z

r=1

ar sin θ
a2 r dr dθ
sin2 θ + a2
θ=0
r=0
!
Z π2 Z r=1
1
r2 sinθ +1 − 1
dr dθ
a
r2 sin2 θ + 1
0
r=0 sin θ


Z π2 Z r=1
1
1
1− 2 2
a
dr dθ
r sin θ + 1
r=0 sin θ
0

r=1
Z π2
arctan(| sin θ| r)
1

r−
a
sin θ
sin θ
0
r=0

Z π2
arctan(sin θ)
1

a

sin θ
sin2 θ
θ=0
a2 r 2

0

θ)
. En effet, (arctan(sin(θ))) =
Pour continuer le calcul, nous pourrions int´egrer par partie le terme − arctan(sin
sin2 θ
cos θ
−1
et
une
primitive
de
est
cotan
t.
Par
ailleurs,
comme
nous
ne
pouvons
pas int´egrer les termes
1+sin2 (θ)
sin2 t
de la somme de l’int´egrande s´epar´ement (ils ne sont pas int´egrables), nous serions conduits int´egrer sur [ε, π2 ]
puis nous ferions tendre ε vers 0 au bout du calcul.
4`
eme m´
ethode : Essayons l’autre ordre d’int´egration apr`es un passage en coordonn´ees polaires.

I

=
=
=
=
=
=

Z

r=1

Z

θ= π
2

ar sin θ
a2 r dθ dr
sin2 θ + a2
r=0
θ=0
Z r=1 Z θ= π2
r2 sin θ
a
dθ dr
2
2
r=0
θ=0 r sin θ + 1
Z r=1 Z u=0
r2
du dr
a
− 2
r (1 − u2 ) + 1
r=0
u=1
Z r=1 Z u=1
1
a
du dr
r 2 +1
2
u=0
r=0
r2 − u


Z r=1
r
r

a
argth √
dr
r2 + 1
r2 + 1
r=0
Z t=argsh(1)
a
th(t) argth(th t) ch t dt

= a

Z

a2 r 2

t=0
t=argsh(1)

t sh(t) dt
t=0
t=argsh(1)

= a [t ch(t) − sh t]t=0
= a(argsh(1) ch(argsh(1)) − 1)

= a(argsh(1) 2 − 1)
Le premier changement de variable est cos θ = u que l’on applique a
` cause de la r`egle de Bioche (invariance

par x 7→ −x). Pour le second changement de variable, nous avons beaucoup de chance : posons s = r2 + 1,
alors s2 − r2 = 1, ce qui est l’´equation d’une hyperbole
√ et dont une param´etrisation est s = ch t, r = sh t. En
particulier dr = ch t dt. Comme argsh(1) = ln(1 + 2), on peut encore v´erifier que le r´esultat est le mˆeme
que les calculs pr´ec´edents
Exercice 1.5
Calculez l’int´egrale double sur le domaine D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 6 y 6 x 6 1} :
ZZ
x
p
dx dy
2
x − y2
D

7

Corrig´
e 1.5

I

=

Z 1Z

x

dx dy
− y2
Z 1 hp
i1
x2 − y 2 dy
0

=

1

p

y

x2

y

0

=
=
=

Z

Z

1

0
π
2

p

1 − y 2 dy

cos2 ϕ dϕ

0

π
4

Exercice 1.6
Soient p1 , p2 , q1 et q2 quatre r´eels strictement positifs. Calculez l’aire du domaine

2p1 x 6 y 2 6 2p2 x
A=
2q1 y 6 x2 6 2q2 y
Corrig´
e 1.6
L’id´ee est de se ramener a
` une int´egrale sur un rectangle, or justement
(
y2
6 p2
p1 6 2x
x2
q1 6 2y 6 q2
On note α =

y2
2x

et β =

ZZ
Or

Finalement :

x2
2y

et A0 = [p1 , p2 ] × [q1 , q2 ].

dx dy =
A

ZZ



D(x, y)
dα dβ



A0 D(α, β)



2
D(α, β) − y 2

= 2x
D(x, y) x
y
A=



y
x 2
x
− 2x
2

=

3
4

4
(p2 − p1 )(q2 − q1 ).
3

Exercice 1.7
Calculez

ZZ
D

2

sur le domaine D = {(x, y) ∈ R2 ; xa2 +

y2
b2

y2
x2
1− 2 − 2
a
b



dx dy

6 1}.

Corrig´
e 1.7
On effectue le changement de variable suivant :
x
= r cos θ
a
dont la matrice Jacobienne est



a cos θ
b sin θ

y
= r sin θ
b
ar sin θ
−br cos θ



Le jacobien vaut abr et on est ramen´e au calcul de
ZZ
πab
I = ab
(1 − r2 )r dr dθ =
2
B(0,1)

8

Exercice 1.8
On note D l’ensemble de R2 d´elimit´e par les ´equations
2
x + y2 − y 6 0
x2 + y 2 − x 6 0
Calculez l’int´egrale double

ZZ

(x + y)2 dx dy
D

Corrig´
e 1.8
Le domaine correspond en fait a
` l’intersection de deux cercles de rayon 1 centr´es en (1/2, 0) et (0, 1/2). Le
domaine est sym´etrique par rapport a
` ∆ : x = y et l’int´egrale est ´egale sur chaque demi-domaine. De plus
les cercles peuvent se param´eter par ρ = cos θ et ρ = cos(θ − π2 ). Soit D0 le demi-domaine sup´erieur, on a
I

= 2
= 2
= 2

ZZ
Z

Z

(x + y)2 dx dy
D

π
2

π
4
π
2

Z

cos θ

(ρ cos θ + ρ sin θ)2 ρ dρ dθ

0

cos4 θ(cos θ + sin θ)2 dθ

π
4


5

64
48

=

Exercice 1.9
Calculez l’aire de la lemniscate, c’est-`
a-dire de la courbe d’´equation (x2 + y 2 )2 = 2a2 xy, avec a > 0.
Corrig´
e 1.9
L’´equation (x2 + y 2 )2 = 2a2 xy ´equivaut a
` ρ4 = 2a2 ρ2 cos(θ) sin(θ) soit ´egalement, ρ2 = a2 sin(2θ). La courbe
est sym´etrique par rapport aux axes. Comme ρ2 > 0, θ ∈ [0, π2 ] ou θ ∈ [−π, − π2 ].
On peut calculer la demi-aire ainsi (qui correspond a
` la moiti´e
situ´ee dans le demi plan x > 0) :

π Z
Z
θ= 2

A

a

=

ρ dρ dθ

θ=0

=
=

sin(2θ)

Z

π
2

0

0

1 2
a sin(2θ) dθ
2

1 2
a
2

L’aire totale est donc a2 .
Exercice 1.10
On souhaite calculer l’in´egrale
I=
1. On pose

Z

1
0

x−1
dx
ln x





a
x−1
f (x) =

 ln x
b

si x = 0
si 0 < x < 1
si x = 1

D´eterminez a et b pour que f soit une fonction continue sur [0, 1].
2. Pour K = [0, 1] × [0, 1], calculez de deux mani`eres l’int´egrale
ZZ
xt dx dt
K

et d´eduisez-en la valeur de I.

9

Corrig´
e 1.10
1. a = 0 et b = 1 car lim0 ln = −∞ et ln(1 + ε) ∼ ε quand ε → 0.
2. D’une part,

Z

t=1
t=0

Z

x=1

t

x dx dt =
x=0

=

Z

Z

1
0
1
0



x(t+1)
t+1

dt
t+1

x=1

dt

x=0

= ln 2
D’autre part
Z

x=1
x=0

Z

t=1
t

x dt dx =
t=0

=

Z

Z

1
0
1
0



xt
ln t

1

dx

0

x−1
dx
ln x

Ainsi finalement, I = ln 2.
Exercice 1.11
Soit f une fonction continue, d´erivable et de d´eriv´ee continue, d´efinie sur R+ . On suppose que f (x) est nul
si x > R (R r´eel positif). Montrez que
Z

+∞
0

a
f (bx) − f (ax)
.
dx = f (0) ln
x
b

Indication : on v´erifiera que l’int´egrale porte en fait sur un intervalle fini et on introduira la fonction h(x, y) =
f 0 (xy) que l’on int`egrera sur [a, b] × [0, +∞[.

2

Int´
egrales triples

Exercice 2.1
Pour chacun des solides E suivants, suppos´es homog`enes et de densit´e volumique ´egale a
` 1, calculez
le volume V de E
les coordonn´ees (x0 , y0 , z0 ) du centre de gravit´e de E
le moment d’inertie I de E par rapport a
` l’axe Oz.
1. E est le cylindre :



E = (x, y, z) ∈ R3 , x2 + y 2 6 1 et 0 6 z 6 1 .

Indication : utilisez les coordonn´ees cylindriques.
2. E est le t´etra`edre :



E = (x, y, z) ∈ R3 , x > 0, y > 0, z > 0 et x + y + z 6 1 .

Indication : utilisez le changement de variable u = x + y + z, v = y + z, w = z.
3. E est l’h´emisph`ere :



E = (x, y, z) ∈ R3 , x2 + y 2 + z 2 6 1 et z > 0 .

Indication : utilisez les coordonn´ees sph´eriques.

Corrig´
e 2.1
Petit rappel : Le moment d’inertie d’un objet par rapport a
` un axe ∆ relie l’´energie cin´etique de l’objet
en rotation autour de cet axe a
` sa vitesse de rotation : Ec = MI ω 2 . Penser a
` la pirouette d’un patineur sur
glace : s’il ´ecarte ses bras, son moment d’inertie augmente et il tourne moins vite. Son expression est
ZZZ
MI =
d(x, ∆)2 dm
V

10

1. Le cylindre :
Le volume se calcule comme suit
ZZZ
V =
dx dy dz
E
Z 1 ZZ
=
dz
0

dx dy
x2 +y 2 61

= π



1,0

0,75

L’abscisse du centre de gravit´e est la suivante
ZZZ
x dx dy dz
E
x0 =
V
Z 1 Z x=1 Z y=√1−x2
dz
x dy dx

x=−1 y=− 1−x2
0
=
V
!
Z y=√1−x2
Comme la fonction x 7→ x
dy est impaire, son int´egrale sur un domaine sym´etrique par

0,5

0,25

−1,0

−1,0
−0,5
0,0
0,0

−0,50,5
1,0

0,0

0,5

1,0

y=− 1−x2

rapport a
` 0 est nulle, donc

x0 = 0
De mˆeme y0 = 0.
Enfin, pour la hauteur du centre de gravit´e,
Z z=1 ZZ
z0

=

=
=

z=0

1
π
1
2

Z



dx dy z dx
x2 +y 2 61

V

1

πz dz
0

Le moment d’inertie se calcule comme suit :
ZZZ
M(Oz) =
d(x, ∆)2 dx dy dz
=
=

Z

E
z=1

z=0

π
2

Z

θ=2π

θ=0

Z

ρ=1

ρ2 ρ dρ dθ dz
ρ=0

avec un changement de variable en coordonn´ees cylindriques.
2. Le t´
etra`
edre : x > 0 ⇔ u > v, y > 0 ⇔ v > w, z > 0 ⇔ w > 0, x + y + z 6 1 ⇔ u 6 1
ZZZ
V =
dx dy dz
=
=
=

E
u=1

Z

u=0
Z u=1

u=0
Z u=1
u=0

=

Z

v=u

v=0
Z v=u
v=0
2

u
du
2

1
6

11

Z

w=v

dw dv du
w=0

v dv du

x0

ZZZ

=

Z

= 6

Z

= 6
= 6

x dx dy dz
E

V
Z

u=1
u=0
u=1

u=0
Z u=1
u=0

De mˆeme y0 = z0 =

Z

v=u
v=0
v=u

Z

w=v
w=0

(u − v) dw dv du

(u − v)v dv du

u3
u2
du
u −
2
3

v=0



=

1
4

ZZZ

(x2 + y 2 ) dx dy dz

1
24 .

M(Oz)

=
=
=
=
=

Z

E
u=1

Z

v=u

Z

w=v


(u − v)2 + (v − w)2 dw dv du
u=0
v=0
w=0

Z u=1 Z v=u
4
u2 v − 2uv 2 + v 3 dv du
3
u=0
v=0
Z u=1
1 4
u du
u=0 6
1
30

3. Piqure de rappel sur les coordonn´ees sph´eriques : x = ρsin(ϕ) cos(θ), y = ρ sin(ϕ) sin(θ) et z = ρ cos(ϕ).
Le jacobien vaut ρ2 sin(ϕ).

V

=
=
=

ZZZ
Z

dx dy dz

E
ρ=1

ρ=0


3

Z

θ=2π
θ=0

Z

ϕ= π
2

ρ2 sin ϕ dϕ dtheta dρ

ϕ=0

x0 = y 0 = 0
z0

1
V
3
8

=
=

M(Oz)

=
=

Z

ρ=1
ρ=0


15

Z

Z

z=1
z=0

θ=2π
θ=0

Z

p
π( 1 − z 2 )2 z dz

ϕ= π
2

ρ2 sin2 ϕρ2 sin ϕ dϕ dθ dρ

ϕ=0

Exercice 2.2
Calculez les int´egrales triples suivantes
ZZZ
1.
(1 + x) dx dy dz o`
u D est d´elimit´e par les plans x + y + z = 1, x = 0, y = 0 et z = 0.
ZZZD
2.
x3 y 2 z dx dy dz o`
u D = {(x, y, z) ∈ R3 , 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 x, 0 6 z 6 xy}.
D

12

ZZZ

3.

ZZZ

4.

x2 dx dy dz o`
u D est d´elimit´e par la surface x2 + y 2 + z 2 = 1.
D

D

ZZZ

5.

ZZZD

z dx dy dz o`
u D = {(x, y, z) ∈ R3 , 0 6 x 6
z dx dy dz o`
u D = {(x, y, z) ∈ R3 ,

p
1
, x 6 y 6 2x, 0 6 z 6 1 − x2 − y 2 }.
2

y2
x2
+
+ z 2 6 1, z > 0}.
9
4

dx dy dz
o`
u D est d´elimit´e par les plans x = 0, y = 0, z = 0 et x + y + z = 1.
(x
+
y + z + 1)3
ZZZD p
x2 + y 2 dx dy dz o`
u D est d´elimit´e par les surfaces z = x2 + y 2 , z = 4.
ZZZD
p
z dx dy dz o`
u D est l’int´erieur du demi-cˆ
one z = x2 + y 2 , limit´e par la surface x2 + y 2 + z 2 = 4.
ZZZD
x2 dx dy dz o`
u D = {(x, y, z) ∈ R3 , x2 + y 2 + z 2 6 R2 }.
D
ZZZ
p
z x2 + y 2 dx dy dz o`
u D est d´elimit´e par y = 0, z = 0, z = a, x2 + y 2 = 2x.
D
ZZZ
(x2 + y 2 ) dx dy dz o`
u D = {(x, y, z) ∈ R3 , x2 + y 2 + z 2 6 R2 , z > 0}.

6.
7.
8.
9.
10.
11.

D

Corrig´
e 2.2
1. Le domaine est un t´etra`edre.
ZZZ

(1 + x) dx dy dz

=

D

=

Z

x=1

x=0
Z x=1
x=0

=

Z

x=1

x=0

Z

y=1−x

y=0
Z y=1−x
y=0



Z

z=1−x−y

(1 + x) dz dy dx
z=0
1,0

(1 + x)(1 − x − y) dy dx

1
− (1 + x)(y + x − 1)2
2

y=1−x

0,75
0,5

dx

0,25

y=0

0,0
0,0
Z
0,0
0,25
0,25
1 x=1
0,5
2
3
0,75
0,5
=
(1 − x − x + x ) dx
u
1,0
v
2 x=0
0,75
1,0
5
=
24
2. Le domaine est d´elimit´e des plans et un parabolo¨ıde hyperbolique. En effet, l’´equation z = xy ´equivaut a
`

2
2




(x−y)
(x+y)
2
2
2
2

. En posant X = 2 x − 2 y, X = 2 x − 2 y et Z = z, ce qui revient a
` se placer
z=
2
2

dans un nouveau rep`ere obtenu par rotation d’angle π4 autour de l’axe (Oz), l’´equation devient Z =
qui est l’´equation sous forme normale d’un parabolo¨ıde hyperbolique.
ZZZ

x3 y 2 z dx dy dz

=

D

=
=
=

Z

Z

Z

x=1
x=0
x=1
x=0
x=1
x=0

Z

Z

y=x Z z=xy

y=0
y=x
y=0

x3 y 2 z dz dy dx

z=0

1 5 4
x y dx dy
2

1 10
x dx
10

X2
2

2

− Y2

1,0

0,75

0,5

0,25
1,0
0,75

0,0

1
110

0,0

0,5
0,25

0,5
x

0,25
0,75

y

0,0
1,0

3. Le domaine est la boule unit´e. Comme la fonction a
` int´egrer ne d´epend que de x, pour ´eviter des calculs
trop compliqu´e, il semble raisonnable de commencer par int´egrer par les
pdeux autres variables. Pour tout r´eel
ξ ∈ [−1, 1], notons Cξ le disque d’axe Ox, de centre (ξ, 0, 0), de rayon 1 − ξ 2 . Il correspond a
` l’intersection

13

de la boule E avec le plan d’´equation x = ξ.
ZZZ

x2 dx dy dz

Z

=

D

Z

=

x=1
x=−1
x=1

x

x=−1
Z x=1

=

Z

x=−1

2

Cx

Z


x2 dy dz dx


dy dz dx
Cx

x2 π(1 − x2 ) dx


15

=

4. Le domaine est l’intersection de la boule unit´e avec trois plans.
ZZZ

z dx dy dz

=

D

=
=

Z

Z

Z

=

x= 21
x=0
x= 21
x=0
x= 12
x=0

7
192

Z

y=2x Z z=

1−x2 −y 2

z dz dy dx

1,0

z=0

y=x

Z



y=2x

0,75

1
(1 − x2 − y 2 ) dy dx
2
y=x


1
5 3
x − x dx
2
3

0,5
0,25

0,4
0,2

0,0
0,0
0,0
0,25

x

0,5

y

0,75
1,0

5. Le domaine est la moiti´e d’un ellipso¨ıde. Comme la fonction a
` int´egrer ne d´epend que de z, il parait plus
malin a priori d’int´egrer par rapport a
` z en dernier. Aussi, pour tout r´eel ζ ∈ [0, 1], notons E ζ l’ellipse obtenue
x2 y 2
en coupant l’ellipso¨ıde par le plan d’´equation z = ζ. Elle a pour ´equation dans ce plan
+ + z 2 = 1 − ζ 2,
9
4
!2
!2
p
x
x
p
p
+
= 1. Son aire mesure donc π.2.3.( 1 − ζ 2 )2 = 6π(1 − ζ 2 ).
ou encore
2
3 1−ζ
3 1 − ζ2
ZZZ

z dx dy dz

=

D

=
=

Z

Z

ZZ

z=1

z
z=0
z=1
z=0

dx dy


!

dz
1,0
y

6πz(1 − z 2 ) dz

x
−2

2

0,5
0
0 0,0


2

On peut ´egalement penser a
` un changement de variables de type (( coordonn´ees sph´eriques )). Posons
X = x3 , Y = y2 , Z = z. Avec ce changement de variable, le domaine d’int´egration devient simplement
la boule X 2 + Y 2 + Z 2 6 1. Posons ensuite X = ρ sin ϕ cos θ, Y = ρ sin ϕ sin θ et Z = ρ cos ϕ. Ainsi,
dx dy dz = 3 dX 2 dY dZ = 6ρ2 sin ϕ dρ dϕ dθ. L’int´egrale peut ´egalement se calculer comme suit :
ZZZ

z dx dy dz

=

D

Z

= 6

θ=2π
θ=0

Z

= 6 2π
=

Z

ϕ= pi
2
ϕ=0




0

11
24

Z

Z


2

14

ρ=1
ρ=0

ρ cos ϕ 6ρ2 sin ϕ dρ dθ dϕ
! Z
π

ϕ= 2

ρ=1

sin ϕ cos ϕ dϕ

ϕ=0

3

ρ dρ

ρ=0



6. Le domaine d’int´egration est un t´etra`edre (cf question 1).
Z x=1 Z y=1−x Z z=1−x−y
ZZZ
dx dy dz
1
=
dz dy dx
3
(x + y + z + 1)3
x=0
D (x + y + z + 1)
y=0
z=0

Z x=1 Z y=1−x
1
1
1
=
dy dx
− +
2
4 (x + y + 1)2
x=0
y=0


Z x=1
1
1
1
1
=
− (1 − x) +
− +
dx
8
2
2 1+x
x=0
5
1
= − + ln(2)
16 2
7. Le domaine d’int´egration est d´elimit´e par un parabolo¨ıde elliptique et un plan. Pour ce calcul, les coordonn´ees cylindriques apparaissent les plus adapt´ees
5

ZZZ p
x2 + y 2 dx dy dz

=

D

Z

z=4
z=0

= 2π

Z

Z

θ=2π

Z


ρ= z

4

ρρ dρ dθ dz

3

ρ=0
θ=0
z=4 3/2

z

3

z=0

dz

2

128π
15

=

1
2
1
00
1

2

0

−2

−1
−1 x
y

8. Le domaine d’int´egration a une forme de (( cornet de glace )) : c’est un demi-cˆ
one d´elimit´e par une portion de
sph`ere. Les coordonn´ees sph´eriques paraissent adapt´ees. Avec les notations x = ρ sin ϕ cos θ, y = ρ sin ϕ sin θ,
z = ρ cos ϕ, rapellons que le jacobien vaut alors sin(ϕ)ρ2
2,0

ZZZ

z dx dy dz

=

D

=

Z

θ=2π

Z

ϕ= π
4

Z

ρ=2

ρ cos ϕ ρ2 sin ϕ dρ dϕ dθ
! Z
!
Z θ=2π ! Z ϕ= π4
ϕ= π
4
3

cos ϕ sin ϕ dϕ
ρ dρ

θ=0

ϕ=0

1,5

ρ=0

θ=0

ϕ=0

1,0

ϕ=0

1
= 2π 4
4
= 2π

0,5

−1,5

1,5

0,0

−1,0
1,0

y

−0,5
0,5

0,0

−0,5
0,5 x

−1,0
1,0

−1,5

1,5

9. Le domaine d’int´egration est une boule. Comme la fonction a
` int´egrer ne d´epend que de x, on pr´ef`ere
commencer par int´egrer par rapport a
` y et z, c’est-`
a-dire selon les disques obtenus en coupant E par les
plans x = cste.
ZZ

ZZZ
Z x=R
x2 dx dy dz =
x2
dy dz dx
D

=

Z

x=−R
x=R

x=−R

y 2 +z 2 6R2 −x2

x2 π(R2 − x2 ) dx

4π 5
R
15
On peut pr´ef´erer int´egrer la fonction en passant en coordonn´ees sph´eriques, auquel cas,
ZZZ
Z θ=2π Z ϕ=π Z ρ=R
x2 dx dy dz =
(ρ sin(ϕ) cos(θ))2 ρ2 sin(ϕ) dρ dϕ dθ
=

D

=

Z

θ=0
θ=2π

ϕ=0

ρ=0

2

cos (θ) dθ
θ=0

4 R5
3 5
4π 5
R
15

= π
=

15

Z

ϕ=π

3

sin ϕ dϕ
ϕ=0

Z

ρ=R

ρ=0

ρ4 dρ

10. Le domaine d’int´egration est un demi-cylindre a
` base circulaire. En effet, l’´equation x 2 +y 2 = 2x ´equivaut
2
2
a
` (x − 1) + y = 1 qui est l’´equation, dans le plan, d’un cercle de rayon 1 et centr´e en le point (1, 0), et
qui est l’´equation dans l’espace d’un cylindre. On se place en coordonn´
ees cylindriques. Ce choix apparait
p
d’autant plus adapt´e que la fonction a
` int´egrer contient le terme x2 + y 2 = ρ qui devient particuli`erement
agr´eable en coordonn´ees cylindriques. L’´equation x2 + y 2 = 2x devient alors ρ = 2 cos θ. Dans cette exemple,
il est important de faire attention a
` l’ordre dans lequel on ´ecrit les int´egrales : les bornes d’int´egration par
rapport a
` ρ d´ependent de θ.
ZZZ

z
D

p

x2

+

y2

dx dy dz

=
=

Z

z=a

z=0
Z z=a

Z

θ= π
2

z dz

z=0
2

=
=

a 16
2 9
8 2
a
9

5

ρ=2 cos θ

zρ ρ dρ dθ dz

ρ=0
θ= π
2

θ=0

Z

Z

θ=0

4
3

8
cos3 (t) dθ
3

2
1
0,00

0,0
0,5

0,5

1,0

u 1,0

v
1,5
2,0

1,5
2,0

Remarque : pour int´egrer cos3 t, il faut d’abord lin´eariser le cosinus. Pour cela on effectue le calcul

3

1 3iθ
e + e−iθ
1
3
=
suivant (cos θ)3 =
e + 3eiθ + 3e−iθ + e−3iθ = cos(3θ) + cos θ, qui marcherait
2
8
4
4
pour n’importe quelle puissance de sin ou de cos.
11. Le domaine d’int´egration est une demi-boule. On se place en coordonn´ees sph´eriques.
ZZZ

2

2

(x + y ) dx dy dz

Z

=

D

θ=2π
θ=0

Z

=

= 2π

Z

ρ=R
ρ=0

θ=2π


θ=0

R5 2
5 3

Z

ϕ= π
2
ϕ=0

! Z

(ρ sin(ϕ))2 ρ2 sin ϕ dϕ dρ dθ
!
! Z
π

ρ=R
ρ=0

ρ4 dρ

ϕ= 2

sin3 ϕ dϕ

ϕ=0

4π 5
R
15

=
Exercice 2.3
Touvez le volume du domaine d´elimit´e par
1. x2 + y 2 = hz et z = h,
2. y = x2 , y = 1, x + y + z = 3 et z = 0,
3. 2z = x2 + y 2 et x2 + y 2 + z 2 = 3.

Corrig´
e 2.3
1. Le domaine est d´elimit´e par un parabolo¨ıde et un plan. Il a la mˆeme allure que le domaine 7. de l’exercice
pr´ec´edent.
V

=

Z

θ=2π
θ=0

= 2π
=

Z

Z

z=h

z=0
z=h

z=0

Z

ρ=0

zh
dz
2

πh3
2

2.

16


ρ= zh

ρ dρ dz dθ

Le domaine est d´elimit´e par un cylindre a
` base parabolique et
trois plan.
Z x=1 Z y=1 Z z=3−x−y
dz dy dx
V =
=
=

Z

x=−1
x=1

x=−1
Z x=1

x=−1

=
3.

16
5

Z

y=x2
y=1

y=x2



1,0
0,75
−1,0

z=0

0,5
x −0,5
0,25

(3 − x − y) dy dx

0,0
0,0
0,0



1
5
− x − 3x2 + x3 + x4 dx
2
2

y
0,25

0,5

0,75

1,0

0,5

1,0

2,0

1,5

Le domaine est d´elimit´e par un parabolo¨ıde et une sph`ere,
qui se rencontrent lorsque −2z + z 2 = 3. Cette ´equation
admet deux solutions z = 1 et z = −3, mais seule la hauteur
z = 1 correspond r´eellement a
` une intersection. On utilise
les coordonn´ees cylindriques pour int´egrer, en prenant soin
de couper le domaine a
` z = 1.

1,0

0,5
1,5
1,0
0,5

−1,5
−1,5

V

=

Z

Z

θ=2π
θ=0

= 2π


Z

Z

z=1
z=0

z=1

z dz +
z=0



1
4
= 2π
+ 3−
2
3



5
= π 2 3−
3


ρ= 2z

!

ρ dρ dz +
ρ=0

Z


z= 3
z=1

3 − z2
dz
2

!

Z

−1,0
−0,5
−0,5
y
−1,0 x


z= 3
z=1

Z

0,0
0,0
0,0


ρ= 3−z 2

0,5

1,0

!

ρ dρ dz
ρ=0

1,5

!





Exercice 2.4 (Temple de Viviani)
Dans l’espace euclidien usuel R3 muni du rep`ere (O,~i, ~j, ~k), on consid`ere B la boule centr´ee en O et de rayon
R et C le cylindre de base le cercle de diam`etre [O, O + R~i] et d’axe dirig´e par ~k. L’intersection V = B ∩ C
s’appelle temple de Viviani. Calculez son volume.
Corrig´
e 2.4
On commence par couper dans un plan d’´equation z = cste.
Aire d’une lunule On consid`ere la lunule comprise entre un cercle de centre Ω et de rayon d et un cercle
passant par Ω et de rayon r = R/2. Comme les deux cercles sont param´etr´es par

ρ =
d
ρ = 2r cos θ avec θ ∈ [− π2 , pi
2]

d
.
la lunule est param´etr´ee par d 6 ρ 6 2r cos θ avec −θ0 6 θ 6 θ0 pour un certain θ0 = arccos 2r
Z θ0 Z 2r cos θ
ρ dρ dθ
A 0 (d) =
=

Z

−θ0
θ0

−θ0

d

1 2
(4r cos2 θ − d2 ) dθ
2

= 2r2 (sin θ0 cos θ0 + θ0 ) − d2 θ0
r
!

d
d
d2 d
2
1− 2
+ arccos
+ d2 arccos
= 2r
4r 2r
2r
2r
17

Aire de son compl´
ementaire
2

A (d) = πr − rd
Volume du temple
Z 2r
Z
p
V =
A ( 4r2 − z 2 ) dz = 2
−2r

2

= 2(πr )2r − 2

Z

2r

r
0

p

4r2



r

1−

2r

A(
0

z2

d2
− 2r2 arccos
4r2

p

4r2 − z 2 ) dz

z
dz − 4r2
2r

Z

2r

arccos
0



d
2r





+ d2 arccos

4r2 − z 2
2r

!



d
2r



Z

2r

dz + 2

0

2

2

(4r − z ) arccos

!

4r2 − z 2
dz
2r

On pose z = 2r sin ϕ, dz = 2r cos ϕ dϕ.
Z

2r

(
0

p

4r2



z 2 )z dz



=

Z

π
2

4r2 cos ϕ sin ϕ(2r cos ϕ) dϕ =

0

8 3
r
3

!

Z π2
4r2 − z 2
π
dz =
ϕ(2r cos ϕ) dϕ = 2r( − 1)
arccos
2r
2
0
0
!

Z π2
Z 2r
4r2 − z 2
π
7
dz =
(4r2 cos2 ϕ)ϕ(2r cos ϕ) dϕ = 8r 3 ( − )
(4r2 − z 2 ) arccos
2r
3
9
0
0
Z

2r

Donc finalement :

V

3

8
π
π 7
= 4πr3 − r3 − 4r2 .2r( − 1) + 2.8r3 ( − )
3
2
3
9
4 3
16
(π − )r
=
3
3
4 3
2
(π − )R
=
3
3

Volumes de r´
evolution

Exercice 3.1
1. Soit f une fonction continue de [a, b] dans [0, +∞[, o`
u 0 6 a 6 b. Dans le plan Oxy, soit D la surface
plane d´elimit´ee par les courbes x = a, x = b, y = 0, y = f (x).
(a)

i. Calculez l’aire S de D.
ii. Calculez les coordonn´ees (xG , yG ) du centre de gravit´e de D.

(b) On consid`ere le solide de r´evolution obtenu par la rotation de la surface plane D autour de l’axe
Ox.
i. Montrez que les coordonn´ees (x, y, z) de tout point de ce solide peuvent s’´ecrire sous la forme
x = x, y = ρ cos θ, z = ρ sin θ, o`
u a 6 x 6 b, 0 6 θ 6 2π, O 6 ρ 6 f (x).
ii. Calculez le jacobien

D(x,y,z)
D(x,ρ,θ) .

iii. D´eduisez-en le volume V du solide.
iv. Montrez que V = 2πyG S.
(c) On consid`ere le solide de r´evolution obtenu par la rotation de la surface plane D autour de l’axe
Oy.
i. Montrez que les coordonn´ees (x, y, z) de tout point de ce solide peuvent s’´ecrire sous la forme
x = ρ cos θ, y = y, z = ρ sin θ, o`
u 0 6 y 6 f (ρ), O 6 θ 6 2π, a 6 ρ 6 b.
ii. Calculez le jacobien

D(x,y,z)
D(ρ,θ,y) .

iii. D´eduisez-en le volume V de ce solide.
18

iv. Montrez que V = 2πxG S.
2. Applications
Calculez les volumes des solides de r´evolution suivants :
(a) Une boule sph´erique de rayon R
(b) Un cylindre droit de rayon R et de hauteur h.
(c) Un tore de rayons R et r, o`
u r < R.
(d) Un cˆ
one avec une base circulaire de rayon R et un sommet a
` une hauteur h de la base.
(e) Un tronc de cˆ
one avec 2 bases de rayon R et r s´epar´es par une distance h
Z
Corrig´
e 3.1
1. (a) i. S =

x=b

f (x) dx
x=a

1
ii. xG =
S
1
yG =
S

Z

Z

x=b
x=a
x=b

x=a

Z

!

Z
1 b
x dy dx =
xf (x) dx
S a
y=0
!
Z y=f (x)
Z
1 b f (x)2
dx
y dy dx =
S a
2
y=0
y=f (x)

(b)

i. Ce sont les coordonn´ees cylindriques autour de l’axe (Ox). Soit M un point du solide de
r´evolution et H sa projection sur l’axe (Ox). L’angle θ correspond a
` l’angle entre (Ox) et le
plan (Oxy). Le param`etre ρ mesure la longueur M H.


1
0
0



ii. D(x,y,z)
D(x,ρ,θ) = 0 cos θ −ρ sin θ = 1.(cos θ ρ cos θ − (−ρ sin θ) sin θ) = ρ.
0 sin θ ρ cos θ
Z b
Z x=b Z θ=2π Z ρ=f (x)
f (x)2
ρ dρ dθ dx = 2π
iii. V =
dx
2
a
ρ=0
θ=0
x=a
Z
1 b f (x)2
iv. V = 2π
dx S = 2πyG S.
S a
2
(c) i. Ce sont les coordonn´ees cylindriques par rapport a
` l’axe Oy.


cos θ −ρ sin θ 0



0
1 = −ρ.
ii. D(x,y,z)
D(ρ,θ,y) = 0
sin θ ρ cos θ 0
Z θ=2π Z ρ=b Z y=f (ρ)
Z b
iii. V =
ρ dy dρ dθ = 2π
ρf (ρ) dρ.
θ=0

iv. V = 2π

1
S

ρ=a

Z

y=0

a

b

ρf (x) dx S = 2πxG S.
a

2. Applications
Exemples de volumes de r´evolution :
(a) Une boule sph´erique de rayon R.
p
On consid`ere le domaine associ´e a
` la fonction f : x 7→ R2 − (x − R)2 d´efinie sur l’intervalle
πR2
,
[0, 2R]. Par rotation autour de (Ox), ce domaine engendre une boule de rayon R. S =
2
Z
2
3
3
2
2
2 2R
2 2R πR
4π 3
2xR − x
yG =
dx =
, donc finalement V = 2π
=
R
2R
2
2
2
πR 0
2
πR 3
πR 3
2
3
(b) Un cylindre droit de rayon R et de hauteur h.
On consid`ere le domaine associ´e a
` la fonction f : x 7→ h d´efinie sur [0, R] qui tourne autour de
(Oy). S = hR, XG = R2 , V = 2πhR R2 = πR2 h.
(c) Un tore de rayons R et r, o`
u r < R.
On prend pour D le disque de centre ((r+R)/2, 0) et rayon (R−r)/2. V = 2π 2 (R−r)2 /4(R+r)/2 =
1 2
2
4 π (R − r) (R + r).

(d) Un cˆ
one avec une base circulaire de rayon R et un sommet a
` une hauteur h de la base. On
x
1
consid`ere f (x) = h − R
, autour de (Oy). S = Rh
,
x
=
R,
V
= π3 R2 h.
G
2
3
(e) Un tronc de cˆ
one avec 2 bases de rayon R et r s´epar´es par une distance h
f (x) = h si x 6 h et f (x) = h R−x
R−r si r 6 x 6 R. S = h(R + r)/2, xG =

19

Exercice 3.2
1. Trouvez le volume du solide engendr´e par la rotation autour de l’axe (Ox) de la r´egion D du plan
(Oxy) comprise entre le graphe de la fonction x 7→ y = x4 et l’axe (Ox) pour x compris entre 3 et 12.
2. Trouvez le volume du solide obtenu en faisant tourner autour de l’axe (Oy) la r´egion D du plan Oxy
d´elimit´ee par la courbe y = x3 et les deux droites x = 0, y = 8.
3. Trouvez le volume du solide engendr´e par la rotation autour de l’axe des abscisses de la r´egion du plan
(Oxy) d´elimit´ee par les courbes y = 2x2 et y = x3 .
Corrig´
e 3.2
1. On souhaite appliquer le th´eor`eme de Guldin.
L’aire de D est
Z 12
4
dx = 8 ln 2.
D=
x
3

1,5

Le centre de gravit´e de D est situ´e au point de coordonn´ees
(xG , yG ) tel que

1,25

1,0

xG =

yG =

Z

1
S

1
S

Z

x=12 Z y=f (x)

x=3

x=12
x=3

x dy dx =

y=0

Z

y=f (x)

y dy dx =
y=0

1
8 ln 2

1
8 ln 2

Z

Z

12

4 dx =
3

12
3

9
2 ln 2

0,5

1
1 16
dx =
2 x2
4 ln 2
1
2π 4 ln
2,

Le centre de gravit´e d´ecrit un cercle de rayon
volume est
V = 4π.
2. On souhaite appliquer le th´eor`eme de Guldin.
L’aire de D est
Z 2 Z y=8
Z 2
D=
dy dx =
(8 − x3 ) dx = 12
y=x3

x=0

yG =

1
S

Z

Z

x=2
x=0

x=2
x=0

Z

Z

0

y=8

1
x dy dx =
12
3
y=x

y=f (x)

y dy dx =
y=0

1
12

Z
Z

2
0
2

0

4
x(8 − x ) dx =
5
32
1
(64 − x6 ) dx =
2
7

yG =

1
S

Z

x=2 Z y=2x2

x=0

y=x3

Z

y=f (x)

x=8
x=0

3
x dy dx =
4

Z

1
12

Z

y dy dx =
y=0

2
0
2

0

0,0

2,5

0,0

0,5

5,0

7,5

10,0

8

6

4

2

0
1,0

1,5

2,0

x

Le centre de gravit´e de D est situ´e au point de coordonn´ees
(xG , yG ) tel que
Z

0,0

3

Le centre de gravit´e d´ecrit un cercle de rayon 2π 45 12, donc le
volume est
96
π
V =
5
3. On souhaite appliquer le th´eor`eme de Guldin.
L’aire de D est
Z 2 Z y=2x2
4
D=
dy dx =
3
x=0 y=x3

1
xG =
S

0,25

donc le

Le centre de gravit´e de D est situ´e au point de coordonn´ees
(xG , yG ) tel que
1
xG =
S

0,75

4
x(8 − x ) dx =
5

8

6

4

3

32
1
(64 − x6 ) dx =
2
7

3
Le centre de gravit´e d´ecrit un cercle de rayon 2π 32
7 4 , donc le
volume est
256
π
V =
35

20

2

0
0,0

0,5

1,0
x

1,5

2,0

Exercice 3.3
1. (a) Trouvez le centre de gravit´e de la r´egion du plan (Oxy) d´elimit´e par la courbe y 2 = 2x et les
droites y = 0 et x = a.
(b) Utilisez le th´eor`eme de Guldin pour trouver le volume du solide obtenu par rotation de cette
r´egion autour de l’axe x = a.

2. Trouvez le centre de gravit´e de la r´egion du plan (Oxy) d´elimit´ee par les courbes y = x 2 et y = x.
Corrig´
e 3.3
1.

(a) La surface S du domaine est
S=

Z

a



0


2 2 3/2
2x dx =
a .
3

5

4

Les coordonn´ees du centre de gravit´e Γ sont
xΓ =

yΓ =

1
S

1
S

Z

Z

x=a Z

x=a
x=0

x=0

Z


y= 2x

x dy dx =
y=0

3

3
a
2

2

1


y= 2x

y dy dx =
y=0



3 2√
a
8

0
0,0

2,5

5,0

7,5

10,0

x

(b) Le volume est
V = 2πyΓ S = πa2 .
2.

(a) La surface S du domaine est
S=

Z

1
0

Z


x

dy dx =
x2

1
.
3
1,0

Les coordonn´ees du centre de gravit´e Γ sont
1
xΓ =
S

Z

1
yΓ =
S

Z

x=1
x=0
x=1

x=0

Z
Z


x
x2

0,75

9
x dy dx =
20


x

y dy dx =
x2

9
20

Le domaine ´etant sym´etrique par rapport a
` la premi`ere bissectrice des axes, on peut pr´evoir que xΓ = yΓ sans passer
par les calculs.
(b) Le volume est
V = 2πyΓ S =

4

0,5

0,25

0,0
0,0

0,25

0,5

0,75

1,0

x

3
π
10

Analyse vectorielle

Exercice 4.1


Soient le champ scalaire φ : R3 → R et le champ de vecteurs A : R3 → R3 d´efinis par φ(x, y, z) = x2 y z 3
−−→



− −


→ −→ →
− −
→→
→ −−→
et A (x, y, z) = xz ~i − y 2 ~j + 2x2 y ~k. Calculez grad φ, div A , rot A , ∆φ, div(φ A ), rot(φ A ), rot(grad φ),


−→
div(rot A ).
−−→ −
−−→




→ −−→
V´erifiez les formules classiques div(p~u) = pdiv~u + ~u. grad p, rot(p~u) = p rot ~u + (grad p) ∧ ~u rot(grad p) = 0,
−→
div(rot ~u) = 0.
Corrig´
e 4.1
−−→
– grad φ = 2xyz 3~i + x2 z 3~j + 3x2 yz 2~k
– divA = z − 2y


– rot A = 2x2~i + (x − 4xy)~j
– ∆φ = 2yz 3 + 6x2 yz

21

– div(φA) = 3x2 yz 4 − 3x2 y 2 z 3 + 6x4 y 2 z 2 = (x2 yz 3 )(z − 2y) + (xz ~i − y 2 ~j + 2x2 y ~k).(2xyz 3~i + x2 z 3~j +
3x2 yz 2~k)


– rot(φA) = (4x4 yz 3 + 3x2 y 3 z 2 )~i + (4x3 yz 3 − 8x3 y 2 z 3 )~j + (−2xy 3 z 3 − x3 z 4 )~k
Exercice 4.2


Soit V = (P, Q, R) un champ vectoriel, o`
u les fonctions P (x, y, z), Q(x, y, z) et R(x, y, z) sont de classe C 2
3
sur R .
−−→




1. Montrez que, si V est un champ de gradient (i.e. s’il existe une fonction f r´eelle telle que V = grad(f )),


→→
alors rot( V ) = 0.

−→ →
2. R´eciproquement, si rot( V ) = 0, soit
Z x
Z y
Z z
f (x, y, z) =
P (t, y, z) dt +
Q(x0 , t, z) dt +
R(x0 , y0 , t) dt
x0

y0

z0

−−→
Montrez que V = grad(f ).

Corrig´
e 4.2
−→ −−→
1. Il faut red´emontrer la formule rot grad = 0.
2. Pour d´emontrer proprement cette formule, il faut utiliser un th´eor`eme permettant d’´echanger l’ordre
de d´erivation et d’int´egration, ce que l’on peut faire ici a
` cause de la grande r´egularit´e des fonctions
(elles sont de classe C 2 ), ce qui assure que tout se passe bien.
∂f
D’abord,
= P (x, y, z), car les autres termes de f sont constants par rapport a
` x.
∂x
Z x
Z x
Z x
∂f


∂P
Ensuite,
=
(t, y, z) dt et comme le
P (t, y, z) dt + Q(x0 , y, z). Mais
P (t, y, z) =
∂y
∂y x0
∂y x0
x0 ∂y
Z
∂Q
∂Q
∂P
=
. Finalement, on peut noter que Q(x, y, z) = Q(x0 , y, z)+ x0 x
(t, y, z) dt.
rotationnel est nul,
∂y
∂x
∂x
Z x
Z y
∂f


Enfin
=
P (t, y, z) dt+
Q(x, t, z) dt+R(x0 , y0 , z). A nouveau, on proc`ede a
` un ´echange
∂z
∂z x0
∂z y0
dans l’ordre de d´erivation et d’int´egration, puis on utilise le fait que le rotationnel est nul.
Exercice 4.3


Soit W = (X, Y, Z) un champ vectoriel, o`
u les fonctions X(x, y, z), Y (x, y, z) et Z(x, y, z) sont de classe C 2
sur R3 .




1. Montrez que si W est un champ de rotationnels (i. e. s’il existe un champ V = (P, Q, R) tel que

→ −



W = rot(V )), alors div(W ) = 0.



2. R´eciproquement, si div(W ) = 0, soit →
v = (P, Q, R) o`
u
Z z
Z y
Z z
P (x, y, z) =
Y (x, y, t) dt −
Z(x, t, z0 ) dt, Q(x, y, z) = −
X(x, y, t) dt, R(x, y, z) = 0
z0

y0

z0


→ −→ →

Montrez que W = rot( V ).

Corrig´
e 4.3
−→
1. Il faut red´emontrer la formule div rot = 0
2. Comme dans l’exercice pr´ec´edent, il faut utiliser un th´eor`eme justifiant l’interversion entre d´erivation
et int´egration.
Exercice 4.4


Soit V = (P, Q, R) le champ vectoriel o`
u P (x, y, z) = x + xz2 y , Q(x, y, z) = y +




→→
1. Calculez rot( V ). D´eduisez-en que V est un champ de gradients.
−−→


2. Trouvez f telle que V = grad(f )

z
y2 x ,

R(x, y, z) = z −

1
xy .

Corrig´
e 4.4




→→
rot( V ) = 0 .
2
z
+ f (x, y) o`
u f (x, y) est une fonction qui
Une primitive de R(x, y, z) par rapport a
` z est F (x, y, z) = z2 − xy
ne d´epend que de x et y. Alors, lorsqu’on d´erive F par rapport a
` x et a
` y, on obtient les ´egalit´es :
∂f
z
z
+
= P (x, y, z) = x + 2
x2 y
∂x
x y
22

z
∂f
z
+
= Q(x, y, z) = y + 2
2
xy
∂y
y x
qui impliquent a
` leur tour f (x, y) =
potentiel scalaire est ici

x2
2

2

+ y2 + λ o`
u λ est une constante r´eelle quelconque. Donc le champ de

F (x, y, z) =

z
x2
y2
z2

+
+
+ λ.
2
xy
2
2

Exercice 4.5


Soit F~ = x2~i + y 2~j + z 2~k un champ de vecteurs. Calculez divF~ et rot F~ . Justifiez que F est un champ de
gradient.
Corrig´
e 4.5


divF = 2x + 2y + 2z. rot F = ~0 ce qui implique F est un champ de gradient. Vu la forme de F , on peut
deviner un potentiel de la forme 13 (x3 + y 3 + z 3 ) + λ
Exercice 4.6
Trouvez les fonctions f : D ⊂ R2 → R telles que
−−→
1. grad(f ) = (y + ln(x + 1))~i + (x + 1 − ey )~j.
−−→
2. grad(f ) = (12x2 y 2 + 8)~i + (8x3 y − 6y)~j.


−−→
2+x 2+y
3. grad f =
,
y
x


−−→
2+x
1−y
,
4. grad f =
(x + y + 1)2 (x + y + 1)2


−−→
y2
x2
5. grad f =
,
(x + y)2 (x + y)2


−−→
1
x
6. grad f = 2x + , 2y − 2
y
y
Corrig´
e 4.6
1. Avant de se lancer dans des calculs inutiles, il faut v´erifier que
∂(x + 1 − ey )
∂(y + ln(x + 1))
=
∂y
∂x
ce qui est le cas. Les primitives de (x + 1 − ey ) par rapport a
` y sont de la forme xy + y − ey + g(x), et
0
g doit v´erifier y + g (x) = y + ln(x + 1).
f (x, y) = xy + y − ey + (x + 1)ln(x + 1) − xλ
o`
u λ est une constante.
2. f = 4x3 y 2 − 3y 2 + 8x + cste
3. pas de solution (les d´eriv´ees partielles crois´ees ne sont pas ´egales).
1−y
+ cste
4. f (x, y) =
(x + y + 1)2
xy
5.
+ cste
x+y
x
6. x2 + y 2 + + cste
y
Exercice 4.7


Soit V = (P, Q, R) le champ vectoriel o`
u P (x, y, z) = 1 − x2 , Q(x, y, z) = f (y), R(x, y, z) = (2x − y)z o`
uf


est une fonction continˆ
ument d´erivable. On suppose que V est un champ de rotationnels et que f (0) = 0.
1. D´eterminez f (y)


2. Trouvez W = (X, Y, Z) tel que V = rot(W ) et tel que X(x, y, 0) = 0, Y (x, y, 0) = 0, Z(x, y, z) = 0.
Corrig´
e 4.7




1. Comme V est un champ de rotationnel, div V = 0, i.e. −2x + f 0 (y) + (2x − y) = 0, donc f 0 (y) = y et
f (y) =

y2
2

car on souhaite f (0) = 0.

23

2
2
2. Comme Z = 0, on a − ∂Y
u θ1 est une fonction qui
∂z = 1 − x , donc Y = −(1 − x )z + θ1 (x, y) (o`
2
2
y
y z
∂X
=
et X =
+ θ2 (x, y). Les conditions X(x, y, 0) = Y (x, y, 0) = 0
ne d´epend pas de z) et
∂z
2
2
imposent θ1 = θ2 ≡ 0


1 2
2
W =
y z, (x − 1)z, 0
2



Exercice 4.8
−2xz 3
−2yz 3
3z 2
,
,
1
+
Soit F le champ vectoriel R3 → R3 d´efini par
. Montrez que F est un
(x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2
x2 + y 2
champ de gradient, d´eterminez un potentiel scalaire φ.
Corrig´
e 4.8


rot F = 0 ce qui prouve que le champ d´erive d’un potentiel scalaire. En primitivant le dernier terme par
rapport a
` z, on peut montrez que
z3

φ=z+ 2
x + y2


Exercice 4.9
−−→
ln(x) + y − 1 ln x


D´eterminez les applications f : R+ ×R+ → R continˆ
ument d´erivables telles que grad f =
, 2 .
x2 y
xy
0
R´esolvez l’´equation diff´erentielle (x ln x)y + (ln(x) + y − 1)y = 0.
Corrig´
e 4.9
1
ln x
− + cste.
On obtient le potentiel scalaire suivant f (x) = −
xy
x
Soit x 7→ y(x) une solution de l’´equation diff´erentielle d´efinie sur un intervalle I ⊂]0, 1[ ou I ⊂]1, +∞[. On
suppose que y ne s’annule pas sur I et quitte a
` multiplier par −1, que y est strictement positive sur I. Alors
l’´equation peut se mettre sous la forme
−−→
ln x 0 ln(x) + y − 1
y +
1 = 0 ⇔ hgrad f, (1, y 0 (x))i = 0
xy 2
x2 y
−−→
Cette derni`ere condition grad f ⊥ (1, y 0 (x)) indique que l’arc param´etr´e γ(x) : I → R2 γ(x) = (x, y(x))
(dont le vecteur tangent au point de param`etre x est (1, y 0 (x))) appartient a
` une ligne ´equipotentielle de f
(les lignes ´equipotentielles, ou appel´ees aussi courbes de niveau, sont les courbes d´efinies par f (x, y) = cste).
ln x 1
Aussi, y v´erifie −
− = λ soit encore
xy
x
y(x) = −

ln x
.
1 + λx

Cette ´etude donne les solutions locales. (Pour terminer l’´etude compl`ete de cette ´equation diff´erentielle, il
faut tester les raccords !)
Exercice 4.10


D´eterminez une fonction ϕ : R → R tel que le champ de vecteurs G := (1 + x2 ) ϕ(x)~i + 2xy ϕ(x) ~j − 3z ϕ(x) ~k






→→
d´erive d’un champ de rotationnel. D´eterminez un potentiel vecteur F (i.e. rot F = G ) sur R3 en lui imposant


h F , ~ki = 0.
Corrig´
e 4.10




Pour que G d´erive d’un potentiel, il faut que div G soit nul. Ce qui donne
(4x − 3)ϕ(x) + (1 + x2 )ϕ0 (x) = 0
−−→
(soit par le calcul direct, soit par la formule div(p~u) = pdiv~u + grad p.~u), ce qui ´equivaut a
`
ϕ0 (x) = −

4x − 3
ϕ(x)
1 + x2

2x
1
4x − 3
= −2
+3
, ce qui se primitive en −2 ln(|1 + x2 |) + 3 arctan(x). Cette ´equation
1 + x2
1 + x2
1 + x2
exp(3 arctan(x))


diff´erentielle admet donc comme solution ϕ(x) = λ
. Soit H = X~i + Y ~j + Z~k un champ tel
2
2
(1 + x )
Or −

24







∂X

→→

→→
que rot H = G . D’apr`es l’´enonc´e, on peut choisir Z = 0. De l’´egalit´e rot H = G , on tire
= 2xyϕ(x),
∂z
2xyz exp(3 arctan(x))
soit par int´egration X = 2xy ϕ(x) z + ψ1 (x, y) =
+ ψ1 (x, y) o`
u ψ1 est une fonction
(1 + x2 )2
∂Y
qui ne d´epend que de x et y. On tire ´egalement −
= (1 + x2 )ϕ(x) qui par int´egration fournit Y =
∂z
∂Y ∂X
exp(3 arctan(x))z
+ ψ2 (x, y). La condition

= −3z ´equivaut exactement (tous
−(1 + x2 ) ϕ(x) z = −
2
1+x
∂x
∂y
∂ψ2
∂ψ1
calculs faits) a
`
=
. On peut par exemple se satisfaire de ψ1 (x, y) = ψ2 (x, y) = 0. Le potentiel
∂x
∂y
vecteur est donc


2 x y z exp( 3 arctan(x) )


(1 + x2 )2




z exp( 3 arctan(x) ) 
H =
 −

1 + x2
0
Exercice 4.11


Soit V = (P, Q, R) le champ vectoriel o`
u P (x, y, z) = x2 (z − y), Q(x, y, z) = y 2 (x − z), R(x, y, z) = z 2 (y − x).






1. Calculez div( V ) et rot( V ).






2. Trouvez W = (X, Y, Z) tel que V = rot W et Z(x, y, z) = 0.
Corrig´
e 4.11




→→
1. div V = 0, rot V = (y 2 + z 2 = ~i + (x2 + z 2 )~j + (x2 + y 2 )~k
∂Z
∂X

= Q, qui compte tenu de Z = 0, implique par int´egration par rapport
2. On a d’une part
∂z
∂x
1
a
` z, X = xy 2 z − y 2 z 2 + θ1 (x, y) o`
u θ1 est une fonction de x et y seulement. De mˆeme, a
` cause de
2
1
∂Z ∂Y

= P , on a Y = x2 yz − x2 z 2 + θ2 (x, y). Enfin, les fonctions X et Y doivent v´erifier
l’´egalit´e
∂y
∂z
2
∂Y
∂X
∂θ2
∂θ1
une derni`ere condition

= R, ce qui donne toutes simplifications faites

= 0. En
∂x
∂y
∂x
∂y
particulier, prendre θ1 = θ2 = 0 fournit une solution.
Remarque : Il n’y a pas unicit´e du potentiel vecteur. En g´en´eral, pour effectuer un calcul, on ne cherche
qu’un potentiel vecteur convenable, on ne les cherche pas tous. Il peut arriver que l’on ajoute des conditions
suppl´ementaires (voir jauge de Lorenz ou jauge de Coulomb en ´electromagn´etisme).
Exercice 4.12




Soit le champ de vecteur F d´efini par (x, y, z) 7→ (yz, −xy, x2 + xz). Montrez que F est un champ de
rotationnel et trouvez un potentiel vecteur de la forme X(x, y, z)~i + Y (x, y, z)~j.
Corrig´
e 4.12




On v´erifie que div F ce qui assure par th´eor`eme que le champ de vecteur F est issu d’un potentiel vecteur.
∂Z
∂X

= −xy, qui compte tenu de Z = 0, implique par int´egration par rapport a
` z,
On sait que
∂z
∂x
∂Z
∂Y
X = −xyz + ϕ1 (x, y) o`
u ϕ est une fonction qui ne d´epend que de x et de y. De mˆeme,

= yz, on
∂y
∂z
1
∂Y
∂X
∂ϕ2
∂ϕ1
a Y = yz 2 + ϕ2 (x, y). Il reste a
` s’assurer que

= x2 + xz, ce qui implique

= x2 . On
2
∂x
∂y
∂x
∂y
1
peut choisir par exemple de prendre ϕ2 (x, y) = x3 et ϕ1 (x, y) = 0.
3
2
Exercice 4.13
R
Les polynˆ
omes complexes sont harmoniques. Soient P ∈ C[X] et f :
(x, y)
∆f = 0.

→C
. Montrez que
7→
P (x + iy)

Corrig´
e 4.13
∂ 2 P (x + iy)
∂ 2 P (x + iy)
= P 00 (x + iy) et
= i2 P 00 (x + iy) = −P 00 (x + iy), ainsi
Soit P un polynˆ
ome, alors
2
∂x
∂y 2
∆P = 0 ce qui prouve que (x, y) 7→ P (x + iy) est harmonique.
25

Exercice 4.14
Laplacien en polaire Soit f : R2 → R une application deux fois continˆ
ument d´erivable (on dit que f est de
classe C 2 ), et g l’application g : (ρ, θ) 7→ f (ρcosθ, ρ sin θ).
∂g ∂g ∂ 2 g ∂ 2 g
,
,
,
.
∂ρ ∂θ ∂ρ2 ∂θ2
∂2g
1 ∂g
1 ∂2g
2. Montrez que ∆f =
+
+
∂ρ2
ρ ∂ρ ρ2 ∂θ2
3. Utilisez ce r´esultat pour exprimer le laplacien d’une fonction dont les variables sont exprim´ees en
coordonn´ees cylindriques
1. Calculez

4. Trouvez deux fonctions f (ρ, θ) et g(θ, ρ) telles que
(a) f est une fonction harmonique
(b) le potentiel scalaire u : R3 → R d´efinit par u(ρ, θ, z) = ρ2 f (ρ, θ) − 2z 2 g(ρ, θ) est harmonique
(c) g − f = F (f )

∂ρ
Vous commencerez par montrer que la condition (b) s’´ecrit g = f + ρ ∂ρ
et que ceci implique que g est
harmonique.

Corrig´
e 4.14
NB : il est important que de comprendre que le laplacien comme les autres op´erateurs est d´efini en dehors
de consid´erations sur le syst`eme de coordonn´ees employ´e, et qu’il s’agit du mˆeme laplacien, quelque soit le
choix d’un syst`eme.
Exercice 4.15
Laplacien en sph´erique
1. Soit f : R3 → R une application deux fois continˆ
ument d´erivable, et F l’application F : (r, θ, ϕ) 7→
f (r cosθ cos ϕ, r sin θ cos ϕ, r sin ϕ). Montrez que
∆f =

2 ∂F
1 ∂2F
tan ϕ ∂F
1
∂2F
∂2F
+
+

+
∂r2
r ∂r
r2 ∂ϕ2
r2 ∂ϕ
r2 cos2 ϕ ∂θ2

Pour cette question, il est conseill´e de prendre la feuille dans le sens de la longueur.
2. Soit f : R+ → R une application deux fois continˆ
ument d´erivable. On pose g(x) =
p
x2 + y 2 + z 2 . D´eterminez f de sorte que ∆g = −g.

f (r)
avec r =
r

Corrig´
e 4.15
1.

f 0 (r)r − f (r)
∂2g
f 00 (r)r2 − 2f 0 (r) + 2f (r)
f 00 (r)
∂g
=
et 2 =
. Aussi, ∆g =
. L’´equation ∆g = −g
2
3
∂r
r
∂r
r
r
00
s’exprime tout simplement f (r) + f (r) = 0. Ses solutions sont de la forme f (r) = λ cos(r) + µ sin(r)
o`
u λ et µ sont des constantes r´eelles.

2. On a

2
Exercice 4.16
R

R2
Soit F une application deux fois continˆ
ument d´erivable : F :
. Pour x et y dans R2 , on
(u, v) 7→ F (u, v)
pose u = x2 − y 2 et v = 2xy, et l’on d´efinit f : R2 → R2 par f (x, y) = F (u, v). Montrez que ∆F = 0 si et
seulement si ∆f = 0.
Corrig´
e 4.16
On a
∂f
(x, y)
∂x

∂F ∂u ∂F ∂v
+
∂u ∂x
∂v ∂x
∂F
∂F
= 2x
+ 2y
∂u
∂v

=

∂F ∂u ∂F ∂v
+
∂u ∂y
∂v ∂y
∂F
∂F
= −2y
+ 2x
∂u
∂v

∂f
(x, y) =
∂y

26


2

2
∂2f
∂ F ∂u ∂ 2 F ∂v
∂ F ∂u
∂F
∂ 2 F ∂v
+ 2y
(x, y) = 2
+ 2x
+
+
∂x2
∂u
∂u2 ∂x ∂v∂u ∂x
∂u∂v ∂x
∂v 2 ∂x
2
2
∂ F
∂F
∂ F
∂F
+ 4x2 2 + 8xy
+ 4y 2 2
= 2
∂u
∂u
∂u∂v
∂v
∂2f
∂y 2


2

2
∂ F ∂u ∂ 2 F ∂v
∂ F ∂u
∂F
∂ 2 F ∂v
+ 2x
= −2
− 2y
+
+
∂u
∂u2 ∂y
∂v∂u ∂u
∂u∂v ∂y
∂v 2 ∂y
2
2
2
∂ F
∂ F
∂ F
∂F
+ 4y 2 2 − 8xy
+ 4x2 2
= −2
∂u
∂u
∂v∂u
∂v

Ainsi les calculs montrent que ∆f = 4(x2 + y 2 )∆F ce qui prouve l’´equivalence en dehors du point
x = y = 0, et par continuit´e sur R2 tout entier.

5

Int´
egrales curvilignes

Exercice 5.1
Donnez un param´etrage des courbes suivantes
1. la droite x + 3y = 2.
2. le segment [AB] o`
u A(−1, 2), B(1, −1).
3. le demi-cercle sup´erieur du cercle de centre Ω(1, 3) et de rayon 2.
4. la courbe d´efinie par 9x2 + 4y 2 − 54x + 8y + 49 = 0.
5. la courbe d´efinie par 4x − y 2 + 2y + 11 = 0.
6. la courbe d´efinie par 9x2 − y 2 + 18x + 4y + 4.

7. la courbe d´efinie par l’intersection de la sph`ere B de centre O et rayon 2 avec le plan P d’´equation
z = 1.
8. la courbe d´efinie par l’intersection du cˆ
one C d’´equation x2 + y 2 = z 2 avec le plan H d’´equation
x + 2z − 2 = 0.
9. l’intersection
du cylindre R d’´equation y 2 + z 2 = 1 avec la sph`ere S de centre A(1, 0, 0) et de rayon

5.
Corrig´
e 5.1
Remarque : Trouver une param´etrisation en toute g´en´eralit´e est un probl`eme difficile. D’autre part, le
param´etrage d’une courbe n’est jamais unique. L’important, c’est d’ˆetre capable de fournir UN param´etrage,
et de pr´ef´erence un param´etrage qui rend les calculs faciles.
1. La droite est ´egalement donn´ee par un de ses points, disons A(2,
0), et un de ses vecteurs directeurs,
x(t) = 2 + 3t
disons ~v = (3, −1). Aussi, elle est param´etr´ee par t 7→ A + t~v =
o`
u t ∈ R.
y(t) =
−t
3
Dans ce cas, on aurait pu choisir ´egalement le param´etrage t 7→ A+t ~v avec t ∈ R ou encore t 7→ tan(t)~v
avec t ∈] − π2 , π2 [, l’on peut craindre que les calculs se montreront plus compliqu´es.




x2 (t) = −1 + 2t
2. γ2 (t) = A + tAB =
avec t ∈ [0, 1].
y2 (t) = 2 − 3t

x3 (t) = 1 + 2 cos t
3. γ3 (t) =
avec t ∈ [0, π].
y3 (t) = 3 + 2 sin t
2
2
= 1, ce qui
peut se param´etrer par x−3
= cos t et
+ y+1
4. L’´equation est ´equivalente a
` x−3
2
3
2
x4 (t) = 3 + 2 cos t
y+1
etrer par γ4 (t) =
avec t ∈ [0, 2π].
3 = sin t. Ainsi la courbe peut se param´
y4 (t) = −1 + 3 sin t
Remarque : ici la courbe en question est une ellipse de centre (3, −1).
5. L’´equation est ´equivalente a
` 4(x + 3) − (y − 1)2 = 0, ce qui est l’equation
d’une parabole. Elle peut se

2
x5 (t) = −3 + t4
2
param´etrer par 4(x + 3) = t et y − 1 = t, ce qui donne γ5 (t) =
avec t ∈ R.
y5 (t) =
1+t
6. L’´equation est ´equivalente a
` (3(x + 1))2 − (y − 2)2 = 1. C’est l’´equation d’une hyperbole. Elle peut
se param´etrer par 3(x + 1) = ± ch t et y − 2 = sh t, ce qui fournit deux arcs param´etr´es : γ 6+ (t) =


1
1
x+
6 (t) = −1 + 3 ch t avec t ∈ R et γ − (t) = x6 (t) = −1 − 3 ch t avec t ∈ R.
+

6
y6 (t) =
2 + sh t
y6 (t) =
2 + sh t
27

7.

La sph`ere B admet pour ´equation x2 + y 2 + z 2 = 2. Combin´ee
avec l’´equation z = 1, on obtient la relation x2 + y 2 = 1 qui peut
se param´etrer par x = cos t, y= sin t avec t ∈ [0, 2π]. Ainsi, la
x7 (t) = cos t
courbe est d´efinie par γ7 (t) = y7 (t) = sin t .

z7 (t) =
1
8.

1,0
0,5
−2

−1
1

2

0,0

−2
2

−1,0



x2 + y 2 = z 2
Le syst`eme d’´equation
est ´equivalent a
`
x + 2z − 2 = 0
3 2 9

4 2
2
2
2
(2 − 2z) + y = z
4 y + 4 (z − 3 ) = 1 . On
, soit encore
x + 2z − 2 = 0
x = 2 − 2z

2,5


3
2 y

9.

−1
1

0
−0,5

peut param´etrer la courbe en posant
= cos t,
3
4
(z

)
=
sin
t
ce
qui
donne
finalement
γ8 (t) =
2
3

4
2

sin
t
x
(t)
=
2

2z
(t)
=

8
 8
3
3

.
y8
= 2 3 3 cos t

z8 (t) = 34 + 23 sin t
Remarque : pour contˆ
oler le calcul, on peut effectuer x8 (t)2 +
2
2
y8 (t) − z8 (t) et v´erifier que le r´esultat est 0.

2,0
1,5
1,0
0,5
−2
2

0,0

−1
1

−1
1

0

−2
2

2

2
La sph`ere S a pour ´equation (x − 1)2 + y
+ z 2 = 5. La courbe est
(x − 1)2 + y 2 + z 2 = 5
.
donc d´efinie par le syst`eme d’´equations
y2 + z 2 = 1

(x − 1)2 + 1 = 5
Ce syst`eme d’´equation ´equivaut a
`
, soit x = 1±2
y2 + z 2 = 1
et y = cos t, z = sin t avec t ∈ [0, 2π].

1

2
1

−2
−1

00

−1
−2

0
−1

1
2
3

−2

4

Exercice 5.2
Calculez les int´egrales curvilignes suivantes
Z
1. I =
y dx + x(y − x) dy o`
u O = (0, 0), A = (1, 3), sur les arcs des courbes y = 3x et y 2 = 9x.
OA
Z
2.
(x − y 2 ) dx, o`
u L est le rectangle form´e par les droites x = 0, y = 0, x = 2, y = 1 parcouru dans le
L

sens
direct.
Z
2
2
3.
y dx − x dy, o`
u E + = {(x, y) ∈ R2 , xa2 + yb2 = 1} et E + est parcouru dans le sens direct.
+
ZE
4.
y dx + z dy + x dz, avec O = (0, 0, 0), A = (a, a, a)
OA

(a) en passant par le segment [OA].

(b) en passant par les points A1 = (a, 0, 0), A2 = (a, a, 0) et ligne bris´ee correspondante [OA1 ], [A1 A2 ],
[A2 A].
Z
5. I = (x2 − y) dx + (y 2 + x) dy sur les diff´erents arcs d’extr´emit´es A = (−1, −1) et B = (1, 1) suivants :
L

(a) sur le segment [AB]

(b) en passant par le point C = (1, −1) et les segments [AC], [CB].

(c) en passant par le point D = (−1, 1) et les segments [AD], [DB].
28

6.

Z

C+

(2x − y) dx + (x + y) dy o`
u C + est le cercle de centre O et de rayon R d´ecrit totalement dans le

sens direct.
Z
(x − y) dx + (x + y) dy
7.
o`
u C + est le cercle de centre O et de rayon R d´ecrit totalement dans le
x2 + y 2
C+
sens direct.
Z
(x − y) dx + (x + y) dy
8.
o`
u K + est le carr´e max |x|, |y| = 1 parcouru dans le sens direct.
x2 + y 2
+
K

Corrig´
e 5.2
x1 (t) = t
o`
u t ∈ [0, 1]. Dans
1. Le segment Γ1 d’´equation y = 3x peut se param´etrer par l’arc γ1 (t) =
y1 (t) = 3t
0
x1 (t) = 1
et l’int´egrale curviligne est
ce cas, γ10 (t) =
y10 (t) = 3
Z

Γ1

y dx + x(y − x) dy

Z

=

t=1

t=0
Z 1

(y1 (t) x01 (t) + x1 (t) (y1 (t) − x1 (t)) y10 (t)) dt

(6t2 + 3t) dt

=

0

7
2

=
2

Le segment Γ2 d’´equation y = 9x peut se param´etrer par l’arc γ2 (t) =
0
x2 (t) = 29 t
ce cas, γ20 (t) =
et l’int´egrale curviligne est
y20 (t) = 1
Z

Γ2

y dx + x(y − x) dy

Z

=

Z

=

t=3
t=0
3

0

Z 3

=

0

2

x2 (t) = t9
o`
u t ∈ [0, 3]. Dans
y2 (t) = t

(y2 (t) x02 (t) + x2 (t) (y2 (t) − x2 (t)) y20 (t)) dt
2t t2
t +
9
9



t2
t−
9



dt



2 2 1 3
1
t + t − t4 dt
9
9
81

73
20

=



2. Seuls les d´eplacements parall`
` (Ox) comptent puisqu’il n’y a pas de terme en dy. Les segments
eles a
x(t) = 1
x(t) = 0
avec
avec t ∈ [0, 1] pour le segment du bas, et
peuvent se param´etrer par
y(t) = 1 − t
y(t) = t
Z
Z t=1
Z 1
t ∈ [0, 1] pour le segment du haut (x − y 2 ) dx =
(0 − t2 ) dt +0 +
(1 − t2 )(−1) dt + 0 = −1
L
| t=0 {z
}
|0
{z
}
segment du bas

3. L’ellipse L peut se param´etrer par
a cos t(b cos t)) dt = −2abπ



x(t) = a cos t
avec t ∈ [0, 2π]. I =
y(t) = b sin t

segment du haut

Z



0

(b sin(t)(−a sin t) −


Z a
x(t) = t
3
4. (a) On peut param´etrer l’arc par y(t) = t avec t ∈ [0, a]. Alors Ia =
3t dt = a2 .

2
0
z(t) = t


x1 (t) = t
x2 (t) = a
(b) On peut param´etrer la suite de segments par y1 (t) = 0 (t ∈ [0, a]), y2 (t) = t (t ∈ [0, a]) et


z1 (t) = 0
z2 (t) = 0

x3 (t) = a
y3 (t) = a (t ∈ [0, a]). L’int´egrale est donc

z3 (t) = 0
Ib =

Z

a

0. dt +

0

29

Z

a

0. dt +

0

Z

a

O

a dt = a2

5. Notons ω = (x2 − y) dx + (y 2 + x) dy .
(a) Le segment [A, B] se param`etre par
t) + (t2 + t)) dt =

4
3



x1 (t) = t
avec t ∈ [−1, 1]. L’int´egrale est donc I1 =
y1 (t) = t

Z

1
−1

((t2 −



x2 (t) = t
(b) Le segment [A, C] se param`etre par
avec t ∈ [−1, 1] et le segment [C, B] se param`etre
y
2 (t) = −1

Z
Z
x3 (t) = 1
ω=
ω+
par
avec t ∈ [−1, 1], aussi, l’int´egrale peut se calculer par I2 =
y3 (t) = t
[CB]
[AC]
Z 1
Z 1
4
(t2 − 1) dt +
(t2 + 1) dt =
3
−1
−1

x4 (t) = −1
avec t ∈ [−1, 1] et le segment [D, B] se param`etre
(c) Le segment [A, D] se param`etre par
y4 (t) = t

Z
Z
x5 (t) = t
avec t ∈ [−1, 1], aussi, l’int´egrale peut se calculer par I2 =
ω+
ω=
par
y5 (t) = 1
[AD]
[DB]
Z 1
Z 1
2
(t2 − 1) dt +
(t2 − 1) dt = −
3
−1
−1
6. Le cercle se param`etre par l’arc t 7→ (R cos t, R sin t) avec t ∈ [0, 2π]. L’int´egrale est donc I =


Z 2π
1
= 2πR2
((2R cos t − R sin t)(−R sin t) + (R cos t + R sin t)R cos t) dt = R 2 t + cos2 t
2
0
0
Z 2π
(R cos t − R sin t)(−R sin t) + (R cos t + R sin t)(R cos t)
7. Mˆeme param´etrisation que la question pr´ec´edente. I =
dt =
R2
0
Z 2π
dt = 2π
0




x4 = −t
x3 = 1
x2 = t
x1 = −1
avec pour
et
,
,
8. Les cot´es du carr´es peuvent se param´etrer par
y4 = 1
y3 = t
y2 = −1
y1 = −t
chaque segment t ∈ [−1, 1].
Z 1
Z 1
Z 1
Z 1
Z 1
−1 − t
t+1
1+t
−t − 1
1+t
I=

dt +
dt +
dt +

dt = 4
2
2
2
2
2
1
+
t
1
+
t
1
+
t
1
+
t
1
−1
−1
−1
−1
−1 + t
Z 1
1
π
t
est
impaire,
son
int´
e
grale
sur
[−1,
1]
est
nulle,
et
I
=
dt = 2 arctan 1 = .
Comme t 7→
2
1 + t2
1
+
t
2
−1
Rappel : Une forme diff´erentielle ω = P (x, y) dx + Q(x, y) dy de R2 (respectivement ω = P (x, y, z) dx +
Q(x, y, z) dy + R(x, y, z) dz pour R3 ) est dite ferm´ee si les d´eriv´ees
a-dire que
 crois´
 ees sont ´egales, c’est-`
P




∂Q
∂P
eriv´ees crois´ees sont ´egales, i.e. rot Q = 0 ) .
∂y = ∂x (respectivement si les d´
R
Une forme diff´erentielle ω = P (x, y) dx + Q(x, y) dy (respectivement ω = P (x, y, z) dx + Q(x, y, z) dy +
R(x, y, z) dz) est dite exacte s’il existe une application f : R2 → R (respectivement f : R3 → R) telle que
∂f
∂f
∂f
= P,
= Q (et respectivement
= R)
∂x
∂y
∂z
Exercice 5.3
Soit ω = y 2 (sin x + x cos x) dx + 2xy sin x dy.
1. Montrez que cette forme est ferm´ee sur tout le plan.
2. D´eterminez une fonction f (x, y) telle que ω = df (on dit alors que f est exacte).
R
3. Calculez I1 = Γ ω, o`
u Γ est le segment allant de (0, 0) a
` ( π2 , 1).
R
4. Calculez I2 = Γ ω, o`
u Γ est le cercle de centre (0, 0) et de rayon 1.

Corrig´
e 5.3
∂ 2

1. On calcule
(y (sin x + x cos x)) et
2xy sin x et on constate que les deux termes sont ´egaux a
`
∂y
∂x
2y(sin x + x cos x).
2. En primitivant 2xy sin x par rapport a
` y, on obtient f (x, y) = xy 2 sin x + ψ(x) qui convient puisque
df = ω.
30

3. I1 = f ( π2 , 1) − f (0, 0) =

π
2

4. I2 = 0 puisque les extr´emit´es de l’arc sont confondues.

Exercice 5.4
Soit ω = (3x2 y + 2y 2 ) dx + (x3 + 4xy) dy
1. Montrez que cette forme est ferm´ee sur tout le plan.
2. D´eterminez une fonction f (x, y) telle que ω = df .
R
u Γ est le segment allant de (0, 0) a
` (1, 1).
3. Calculez I1 = Γ ω, o`
R
4. Calculez I2 = Γ ω, o`
u Γ est le cercle de centre (0, 0) et de rayon 1.

Corrig´
e 5.4
∂ 3

(3x2 y + 2y 2 ) et
(x + 4xy) et on constate que les deux termes sont ´egaux a
` 3x2 + 4y.
1. On calcule
∂y
∂x
2. f (x, y) = x3 y + 2xy 2
3. I1 = f (1, 1) − f (0, 0) = 3

4. I2 = 0 (le chemin est ferm´e)
Z
Exercice 5.5
1. Montrez que I =

(1,1)

(x dy + y dx) ne d´epend que des extr´emit´es de l’arc.
(0,0)

2. V´erifiez ce r´esultat par le calcul de I sur les arcs de courbes y = x, y = x2 , y 2 = x.

Corrig´
e 5.5
1. On montre que la forme diff´erentielle ω = x dy+y dx est une forme diff´erentielle exacte, c’est a
` dire qu’il
existe une application f : R2 → R telle que ω est la diff´erentielle de f . Pour cela on calcule les d´eriv´ees
∂x
∂y
=
= 1 et l’on constate qu’elles sont ´egales. On dit que ω est une forme diff´erentielle
crois´ees :
∂y
∂x
ferm´ee. D’apr`es un th´eor`eme du cours, on sait qu’une forme diff´erentielle ferm´ee est ´egalement exacte.
On peut conclure de ce th´eor`eme que f existe. De plus, on devine que la forme diff´erentielle ω est la
diff´erentielle de f (x, y) = 12 (x2 + y 2 ), donc I = f (1, 1) − f (0, 0) = 1.

x(t) = t
t ∈ [0, 1], auquel cas
2. Par le calcul, on peut v´erifier en param´etrant le premier arc par
y(t) = t

Z 1
x(t) = t2
l’int´egrale se calcule comme suit : I =
(t + t) dt = 1 et en param´etrant le second arc par
y(t) = t
0
Z 1
t ∈ [0, 1], auquel cas l’int´egrale se calcule par I =
(t2 + t.2t) dt = 1
0

Exercice 5.6
t2
t3
1. Evaluez la longueur de l’arc de la courbe r(t) = t~i + ~j + ~k, t ∈ [0, 3].
2
6
2
2
t
t
2. Evaluez la masse de l’arc de la courbe r(t) = 2t~i + ~j + ~k, o`
u t ∈ [0, 1] lorsque la densit´e de masse
2
2

suit la loi δ = 2y.
Corrig´
e 5.6 Z
1. lgr(r) =

3
0

0

kr (t)k dt =

Z

3
0

s

12

+

t2

+



t2
2

2

dt =

Z

3
0

s



t2
+1
2

2

dt =

Z

3
0




t2
15
+ 1 dt =
2
2

2. Chaque petit ´el´ement de longueur d’arc ds = kr 0 (t)k dt (( p`ese )) δ(r(t)), le poids total est donc

t=1
Z 1 p
Z 1
Z lgr(r)

1 2
4
t 22 + t2 + t2 dt =
δ(r(t))kr0 (t)k dt =
δ ds =
(2t + 4)3/2
M =
= 6−
6
3
0
0
0
t=0
q
2
car δ(r(t)) = 2 t2 et r0 (t) = 2~i + t~j + t~k.
Remarque : si l’on ne voit pas la primitive qui apparait, on peut appliquer LA m´ethode : on pose x = t,
2 2

` √y2 − √x2
y = t2 + 2, on peut former la relation y 2 = x2 + 2 ce qui ´equivaut a
= 1. C’est
l’´equation d’une hyperbole, elle peut se param´etrer par ch u = √y2 et √x2 = sh u. Le changement de

31

variable a
` effectuer est donc t =
argsh( √12 ).
I

=



Z

2 sh u (et dt =

u=argsh( √12 )


2 ch u du). La nouvelle variable u varie entre 0 et


√ √

( 2 ch u) 2( 2 sh u) 2 ch u du

u=0

Z



ch3 u
(sh u)(ch u) du = 4
3

= 4

=
6 − 4/3

2

argsh( √12 )
0


Exercice 5.7
x(t) = a(t − sin t)
. Calculez la
Etudiez et repr´esentez l’arc param´etr´e (appel´e cyclo¨ıde) d´efini par γ(t) =
y = a(1 − cos(t))
longueur de la portion de courbe d´efinie par t ∈ [0, 2π].
Corrig´
e 5.7

Cette courbe est le lieu d’un point d’un cercle (ici de rayon
a) qui roule sans glisser sur une droite (ici (Ox)). Sa longueur
R 2π p
se calcule comme suit L = 0
a2 (1 − cos t)2 + a2 (sin t)2 =
R 2π
2a 0 | sin 2t | dt = 8a

2
1
0
0

4

Exercice 5.8
Courbes en polaire
1. On donne une courbe Γ par une ´equation exprim´ee en coordonn´ees polaires sous la forme r = f (θ)
o`
u f est une fonction de classe C 1 et θ ∈ [θ0 , θ1 ]. Montrez que la longueur de la courbe est L =
Z θ1 p
f 0 (θ)2 + f (θ)2 dθ. On pourra red´emontrer que le vecteur d´eriv´e de γ(θ) = f (θ)~uθ est γ 0 (θ) =
θ0

f 0 (θ)~uθ + f (θ)~vθ dans le rep`ere orthonorm´e direct ~uθ = (cos θ, sin θ), ~uθ = (− sin θ, cos θ).
1,0

0,5

Etudiez et calculez la longueur de l’arc pa2. ram´etr´e par r1 (θ) = − cos(θ) − 1 (appel´e
cardo¨ıde).

0,0
−2,0

−1,5

−1,0

−0,5

0,0

−0,5

−1,0

10 3
15
10

ωθ

Etudiez l’arc param´etr´e par r2 (θ) = ae , calculez sa longueur entre γ(θ0 ) et γ(θ1 ) o`
u a,
3.
ω sont des r´eels positifs et θ0 et θ1 sont deux
r´eels (appel´e spirale logarithmique).

5 10 3
−15

−10

−5

0

5

10

15

0
−5
−10
−15
−20

Z θ1 p
Z θ1
Corrig´
e 5.8

∂f
kγ 0 (θ)k dθ =
~uθ +f (θ) ~uθ f 0 (θ)~uθ +f (θ)~vθ . La longueur est L =
1. γ 0 (θ) =
f 0 (θ)2 + f (θ)2 dθ
∂θ
∂θ
θ0
θ0
Z 2π
t
t 2
2
2
2| cos | dt = 8.
2. On a (−1 − cos(θ)) + (sin(θ)) = 2 + 2 cos(t) = 4 cos( 2 ) . Donc L =
2
0
32

3. On a r20 (θ) = aωeωθ , aussi la longueur de l’arc est L =

1 + ω 2 ωθ1
(e
− eωθ0 ).
soit finalement L = a
ω

6

Z

θ1
θ0

p

a2 e2ωθ + a2 ω 2 e2aθ dθ = a

Z
p
1 + ω2

θ1

eωθ dθ

θ0

Formule de Green-Riemann

Th´
eor`
eme : [Formule de Green-Riemann] (Petit rappel) Soit Ω un ouvert de R2 , et K un compact dont
la fronti`ere ∂K est une r´eunion finie de courbes de Jordan rectifiables, orient´ees par la normale ext´erieure.
Si P et Q sont deux fonctions continˆ
ument diff´erentiables sur Ω, alors

ZZ
Z
∂Q ∂P
P dx + Q dy =
dx dy
(1)

∂x
∂y
K
∂K
Exercice 6.1
1
Soit D = {(x, y) ∈ R2 , a 6 x 6 b et ϕ1 (x) 6 y 6 ϕ2 (x)}, o`
u ϕ1 et ϕ2 sont des applications
ZZ de classe C sur
f (x, y) dx dy.
[a, b]. Soit f (x, y) une fonction d´efinie et continue sur D. Soit I l’int´egrale double I =
D

(x,y)
1. On suppose que f (x, y) = ∂P∂y
, o`
u P (x, y) est de classe C 1 sur D. Soit J l’int´egrale curviligne
Z
J =
P (x, y) dx, o`
u Γ− est le chemin de fronti`ere de D parcouru dans le sens n´egatif. Calculez J.
Γ−

Montrez que I = J.

2. On suppose
que f (x, y) = ∂Q(x,y)
, o`
u Q(x, y) est de classe C 1 sur D. Soit K l’int´egrale curviligne
∂x
R
+
u Γ est le chemin de fronti`ere de D parcouru dans le sens positif.
J = Γ+ Q(x, y) dy, o`
3. On suppose que P (x, y) et Q(x, y) sont de classe C 1 sur D. D´eduisez de ce qui pr´ec`ede la formule de
Green-Riemann :

ZZ
Z
∂Q(x, y) ∂P (x, y)

dx dy =
P (x, y) dx + Q(x, y) dy
∂x
∂y
D
Γ+

4. Soit S l’aire de D. Montrez que S =

R

Γ+

x dy = −

R

Γ+

y dx =

R

Γ+

x dy−y dx
.
2

Exercice 6.2
Soit ω la 1-forme diff´erentielle ω = xy 2 dx + 2xy dy. Soit D = {(x, y) ∈ R2 , x > 0, y > 0, x + y 6 1}.
Soit RΓ = ∂D le chemin fronti`ere de D parcouru dans le sens positif. On veut calculer l’int´egrale curviligne
I = Γ ω.
1. Calculez I directement.

2. Calculez I en utilisant la formule de Green-Riemann.



Corrig´
e 6.1
x1 (t) = t
x2 (t) = 1 − t
x3 (t) = 0
1. Le triangle peut se param´etrer par
,
,
avec a
` chaque fois
y1 (t) = 0
y2 (t) = t
y3 (t) = 1 − t
Z 1
Z 1
Z 1

1
t ∈ [0, 1]. I =
0 dt +
(1 − t)t2 (−1) + 2(1 − t)t dt +
0 dt =
4
0
0
0

Z
ZZ
Z x=1 Z y=1−x
2. Par le th´eor`eme de Green-Riemann,
ω=
(2y−2xy) dx dy =
(2y − 2xy) dy dx =
∂D
D
x=0
y=0
1

Z 1
1
1
(1 − x)3 dx = − (1 − x)4 = .
4
4
0
0
Remarque : dans ce cas, l’ordre d’int´egration pr´esent´e parait plus efficace. Faites les calculs dans l’autre
ordre pour vous en rendre compte.
Exercice 6.3
Soit ω la 1-forme diff´erentielle ω = xy 2 dx + 2xy dy. Soit D le disque unit´e. Soit
R Γ = ∂D le chemin fronti`ere
de D parcouru dans le sens positif. On veut calculer l’int´egrale curviligne I = Γ ω.
1. Calculez I directement.

2. Calculez I en utilisant la formule de Green-Riemann.

33


Z t=2π
Corrig´
e 6.2
x(t) = cos t
1. On param`etre le contour par
. I =
(cos t sin2 t(− sin t) + 2 cos t sin t cos t) dt =
y(t) = sin t
t=0


1
4
2
− sin t + sin t
=0
4
0
2. Par le th´eor`eme de Green-Riemann,
!
Z x=1 Z √1−x2
ZZ
Z
(2y − 2xy) dy dx = 0.
(2y − 2xy) dx dy =
ω=

∂D

x=−1

D

y=− 1−x2

Exercice 6.4
Soit ω une 1-forme diff´erentielle ω = P (x, y) dx + Q(x, y) dy.
On dit que cette forme est exacte sur un ouvert du plan Ω s’il existe une fonction f (x, y) d´efinie sur Ω et
−−→
telle que df = grad f. d~
` = ω sur Ω (o`
u d~
` = dx~i + dy ~j).
∂P (x, y)
∂Q(x, y)
=
sur Ω.
On dit que cette forme est ferm´ee sur Ω si
∂x
∂y
1. Montrez que si ω est exacte sur Ω et que ω = df , o`
u f est de classe C 2 sur Ω, alors ω est ferm´ee sur Ω.
2. On suppose que
Ω, et que P (x, y) et Q(x, y) sont de classe C 1 sur Ω. Soit (x0 , y0 ) ∈ Ω
R x ω est ferm´eeR sur
y
et f (x, y) = x0 P (t, y) dt + y0 Q(x0 , t) dt. Montrez que f est d´efinie dans un voisinage V de (x0 , y0 )
et que ω = df sur V .
Corrig´
e 6.3
(x,y)
1. Posons ϕ(x, y) = ∂Q(x,y)
− ∂P∂y
. Supposons un temps qu’il existe un point (x, y) tel que ϕ(x, y)
∂x
soit non nul, alors par continuit´e de ϕ il existe une r´egion (d’aire non nulle) R de Ω telle que ϕ ne
change pas de signe sur R. Nous pouvons supposer que le signe est positif et que R est d´elimit´e
par un arc param´etr´e γ(t) avec t ∈ [0, 1]. En particulier, notons
les deux extr´emit´es de Zγ sont
Z que ZZ
confondues, γ(0) = γ(1). D’apr`es la formule de Green-Riemann,

ω=

γ

ϕ(x, y) dx dy. Mais

R

ω=

γ

f (γ(1)) − f (γ(0)) = 0 ce qui n’est pas possible car ϕ est strictment positive sur tout le domaine
d’int´egration.
2. Comme Ω est un ouvert, il existe par d´efinition une boule ouverte B (que nous prenons d´efinie par
rapport a
` la norme infinie) centr´ee en (x0Z, y0 ) et contenue dans Ω. Sur B, f est d´efinie sans probl`eme.
x
∂f

∂f
= P (x, y) et
=
P (t, y) dt + Q(x0 , y). Or P est suffisament r´eguli`ere pour
D’autre part,
∂y
∂y x0
Z x ∂x
Z x

∂f
∂P
que
P (t, y) dt =
(t, y) dt = P (x, y) − P (x0 , y), d’o`
u le r´esultat
= Q(x, y).
∂y x0
∂y
∂y
x0

Z
Exercice 6.5
Soit l’int´egrale curviligne I =

2(x2 + y 2 ) dx + (x + y)2 dy o`
u T est le triangle plein de sommets A(1, 1),
∂T

B(2, 2) et C(1, 3).
1. Appliquez la formule de Green pour calculer I.
2. V´erifiez le r´esultat par une int´egration directe.
ZZ
Z
Corrig´
e 6.4
1. I =
(2(x + y) − 4y) dx dy =

x=2

Z



y=4−x

3
(2x − 2y) dy dx = −
4
T
x=1
y=x


x2 (t) = 2 − t
x1 (t) = t
avec t ∈ [0, 1], et
avec t ∈ [1, 2],
2. On param`etre les cˆ
ot´es du triangle par
y2 (t) = 2 + t
y(t)1 (t) = t

x3 (t) = 1
avec t ∈ [0, 2].
y3 (t) = 3 − t
I

=

Z

2

=

Z

2

2(t + t ) + (t + t)
1

+
=

2

Z

2
0



dt +


Z

2(12 + (3 − t)2 )(−1) dt

2

8t2 dt +
1

2

Z

1
0

−4t2 dt +

3
56 3 56
− −
=−
3
4
3
4

Z

1
0


2((2 − t)2 + (2 + t)2 )(−1) + (4)2 dt

2

0

−(4 − t)2 dt

34

Z
Exercice 6.6
Appliquez la formule de Green pour calculer l’int´egrale I =

L

en O de rayon R.

−x2 y dx + xy 2 dy, o`
u L est le cercle centr´e

ZZ
Corrig´
e 6.5
Avec la formule de Green–Riemann et un passage en coordonn´ees polaires, I =
(y 2 − (−x2 )) dx dy =
D
Z θ=2π Z ρ=1
π
ρ3 dρ dθ = o`
u D est le disque contenu dans L
2
ρ=0
θ=0
Exercice 6.7
Appliquez la formule de Green pour ´evaluer l’aire des r´egions R suivantes
1. R est d´elimit´ee par les courbes y = x2 , x = y 2 , 8xy = 1 et le point O(0, 0) appartient a
` la fronti`ere.
2. R est d´elimit´ee par la courbe d’´equations x(t) = a cos3 (t), y = a sin3 (t), a > 0 et t ∈ [0, 2π].
Corrig´
e 6.6
1.
0,6

Les courbes y = x2 (parabole) et 8xy = 1 (hyperbole) se coupent
lorsque 8x3 = 1 soit x = 21 et y = 41 . De mˆeme les courbes y 2 = x
1
1
(parabole) et 8xy = 1 se coupent lorsque
x = 4 et y = 2 .
x1 (t) = t
1
Le contour peut se param´etrer par
2 avec t ∈ [0, 2 ],
y
(t)
=
t
1

x2 (t) = t
1 1
egatif), et
1 avec t ∈ [ 4 , 2 ] (parcouru dans le sens n´
y1 (t) = 8t

x1 (t) = t2
avec t ∈ [0, 21 ] (parcouru dans le sens n´egatif).
y1 (t) = t

0,5

0,4

y 0,3

0,2

0,1
0,0
0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

x

D’apr`es le th´eor`eme de Green-Riemann, l’aire est donn´ee par l’une des formules suivantes :
ZZ
Z
Z
Z
−y dx + x dy
A =
1 dx dy =
−y dx =
x dy =
2
D
∂D
∂D
∂D
Aussi, dans notre cas, A =
2.
=

A

=

Z

∂D
Z 2π
0

=
=
=

Z



0

Z

1
2

0

t(2t) dt −

Z

1
2
1
4

t(

−1
) dt −
8t2

Z

1
2

t2 dt =

0

1
1
1
1
1
+ ln 2 −
=
+ ln 2
12 8
24
24 8
1,0

−y dx + x dy
2

0,8
0,6

3
(sin2 t cos4 t + cos2 t sin4 t ) dt
2
3
(sin2 t cos2 t) dt
2

0,4
0,2
0,0
−1,0

Z
3 2π 1 − cos(4t)
dt
2 0
8

8

−0,5

−0,2

0,0

0,5

1,0

−0,4
−0,6
−0,8
−1,0

Exercice 6.8
Evaluez le travail du champ de vecteurs F~ = (x2 − y)~i + (y 2 + x)~j effectu´e le long du cercle mathcalC centr´e
en 0 et de rayon R.
Z
Z
Corrig´
e 6.7
Il nous faut calculer l’int´egrale W =
F~ . d~
` = (2x2 − y) dx + (y 2 + x) dy. Avec le th´eor`eme de GreenC
C
ZZ
Riemann, W =
(1 − (−1)) dx dy = 2π puisque l’aire de D vaut π.
D

35

Exercice 6.9
Calculez l’int´egrale curviligne I le long de la boucle
ferm´ee γ+ constitu´ee des deux arcs de parabole y = x2
Z
et x = y 2 d´ecrite dans le sens direct avec I =
(2xy − x2 ) dx + (x + y 2 ) dy. V´erifiez le r´esultat en utilisant
γ+

la formule de Green-Riemann.
Corrig´
e 6.8


x1 (t) = t
On peut param´etrer les deux bras du bord par
avec
y1 (t) = t2

x2 (t) = t2
avec t ∈ [0, 1] (orient´e dans le sens indit ∈ [0, 1] et
y2 (t) = t
rect). Aussi
Z 1
Z 1
I=
((2t3 − t2 ) + (t + t4 )2t) dt −
((2t3 − t4 )2t + (t2 + t2 )) dt =
0
Z 1 0
1
5
4
3
2
(4t − 4t + 2t − t ) dt =
.
30
0
Avec la formule de Green-Riemann,
on obtient : I =
!
Z y=1 Z x=√y
1
(1 − 2x) dx dy =
30
2
y=0
x=y

7

1,0

0,75

0,5

0,25

0,0
0,0

0,25

0,5

0,75

1,0

x

Int´
egrales de surface

Th´
eor`
eme : [Formule Stokes] (Petit rappel) Soit Ω un ouvert de R3 . Soit Σ une surface orient´ee contenue
dans l’int´erieur de Ω, de normale ~n et d’aire finie. On suppose que Σ admet pour bord la courbe C, une


courbe de classe C 1 par morceaux. Soit V un champ de vecteur d´efini et continˆ
ument d´erivable sur Ω, alors
Z
ZZ


− ~
−→ →
(rot V .~n) dσ
V . d` =
C

Σ

Th´
eor`
eme : [Formule d’Ostrogradski] (Petit rappel) Soit Ω un ouvert de R3 , soit D ⊂ Ω une r´egion


compacte, d´elimit´ee par une surface orient´ee Σ, de normale ~n dirig´ee vers l’ext´erieur. Soit V un champ de
vecteur d´efini et continˆ
ument d´erivable sur Ω, alors
ZZ
ZZZ




( V .~n) dσ =
div V dx dy dz
Σ

D



(x(u, v)
Exercice 7.1
Soit M =  y(u, v)  un point d’une nappe S param´etr´ee par u et v tels que (u, v) ∈ D, domaine ferm´e et
z(u, v)
born´e. On suppose que les applications x(u, v), y(u, v) et z(u, v) sont de classe C 1 sur D. On suppose que le
∂M ∂M
produit vectoriel

est non nul pour tout (u, v) ∈ D, sauf ´eventuellement sur un ensemble fini de
∂u
∂v
points de D. L’aire de la surface S est

ZZ
∂M ∂M


A (S) =
∂u ∧ ∂v du dv
D

1. Montrez que cette aire ne d´epend pas du param´etrage (u, v) choisi. Plus pr´ecis´ement, si u = u(u 0 , v 0 )
et v = v(u0 , v 0 ), o`
u le jacobien de (u, v) par rapport a
` (u0 , v 0 ) n’est jamais nul, alors


ZZ
ZZ
∂M ∂M
∂M ∂M 0 0




∂u ∧ ∂v du dv =
0 ∧ ∂v 0 du dv
D
D 0 ∂u
2. Dans le cas particulier o`
u la surface S est d´efinie par M = (x, y, f (x, y)), o`
u (x, y) ∈ D, montrez que
s
2 2
ZZ
∂f
∂f
1+
+
dx dy
A (S) =
∂x
∂y
D

36

Corrig´
e 7.1
1. D’apr`es les r`egles de d´erivation de fonctions compos´ees
∂M
∂M ∂u0
∂M ∂v 0
=
+
et
∂u
∂u0 ∂u0
∂v 0 ∂u0
∂M
∂M ∂u
∂M ∂v
=
+
,
∂v
∂u0 ∂v
∂v 0 ∂v
donc
∂u0 ∂u0 ∂M ∂M ∂v 0 ∂u0 ∂M ∂M
∂u0 ∂v 0 ∂M ∂M
∂v 0 ∂v 0 ∂M ∂M


+

+

+
0
0
0
0
0
0
∂u ∂v |∂u {z ∂u } ∂u ∂v ∂v
∂u
∂u ∂v ∂u
∂v
∂u ∂v |∂v 0 {z ∂v 0}
=0
=0

0 0
0
0
∂u ∂v
∂v ∂u ∂M ∂M


=
∂u ∂v
∂u ∂v ∂u0
∂v 0

0 0
D(u0 , v 0 )
∂v 0 ∂u0
∂u ∂v
=

. Or la formule de changement de variable s’´ecrit :
Mais
∂u ∂v
∂u ∂v
D(u, v)




ZZ 0 0
ZZ
D(u, v) 0 0
∂M ∂M
∂u ∂v
∂v 0 ∂u0 ∂M ∂M






∂u ∧ ∂v du dv =
∂u ∂v − ∂u ∂v ∂u0 ∧ ∂v 0 D(u0 , v 0 ) du dv
D0
D

ZZ
∂M ∂M 0 0


=
0 ∧ ∂v 0 du dv
D 0 ∂u
∂M ∂M

∂u
∂v

=


x(u, v)
2. La surface peut se param´etrer par M = y(u, v)
z(u, v)
     ∂f 
0
1
− ∂u
 0  ∧  1  = − ∂f 
∂v
∂f
∂f
1
∂u
∂v


=
u
∂M ∂M
=
v  avec (u, v) ∈ D. Aussi,

=
∂u
∂v
= f (u, v)

Exercice 7.2
Soit S = {(x, y, z) ∈ R3 , x2 + y 2 + z 2 = R2 } une sph`ere de rayon R. Calculez son aire (en utilisant les
coordonn´ees sph´eriques).
Corrig´
e 7.2
La surface de la sph`ere peut se param´etrer par la longitude θ ∈ [0, 2π] et la colatitude ϕ ∈ [0, π] :
x(θ, ϕ) = R cos θ sin ϕ
M (θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = R sin θ sin ϕ . L’´el´ement de surface dσ s’exprime donc en fonction de dθ et dϕ par

z(θ, ϕ) =
R
cos ϕ


 



−R sin θ sin ϕ

− cos θ sin2 ϕ
R cos θ cos ϕ

∂M ∂M



2 
2 


 

dσ =
∂θ ∧ ∂ϕ dθ dϕ = R cos θ sin ϕ ∧ R sin θ cos ϕ dθ dϕ = R − sin θ sin ϕ dθ dϕ =


− cos ϕ cos ϕ
0
−R sin ϕ
q
R2 cos2 θ sin4 ϕ + sin2 θ sin4 ϕ + sin2 ϕ (1 − sin2 ϕ) dθ dϕ = R2 sin ϕ dθ dϕ L’aire de la sph`ere est donc A =
Z θ=2π Z ϕ=π
sin ϕ dϕ dθ = 4πR2 .
θ=0

ϕ=0


Exercice 7.3
x(u, v) = u cos v − sin v
On consid`ere la nappe param´etr´ee par M (u, v) = y(u, v) = u sin v + cos v . Montrez que cette nappe est

z
=
u
en r´ealit´e un hyperbolo¨ıde. Calculez l’aire de la surface S = {M (u, v); 0 6 u 6 1, 0 6 v 6 2π}.
Corrig´
e 7.3
On peut v´erifier que x2 + y 2 = u2 cos2 v − 2u cos v sin v + sin2 v + u2 sin2 v + 2u cos v sin v + cos2 v =
u2 + 1 = z 2 + 1. Or x2 + y 2 = 1 + z 2 est bien l’´equation cart´esienne d’un
`
une
nappe.
hyperbolo¨ıde a

Z u=1 Z v=2π
Z u=1 Z v=2π −u cos v + sin v

∂M ∂M



−u sin v − cos v  dv du =
L’aire de S est A (S) =

∂u ∧ ∂v dv du =

u=0
u=0
v=0
v=0


u
Z u=1 p
Z u=1 Z v=2π p

2u2 + 1 dv du = 2π
2u2 + 1 du. On pose w = 2u2 + 1, on peut former la relau=0
u=0
v=0

tion w2 − 2u1 = 1, qui est l’´equation d’une hyperbole et peut se param´etrer par w = ch t, 2u = sh t.
37



Comme u varie entre 0 et 1, t varie entre 0 et argsh 1. Par ailleurs, du = 22 ch t dt. Donc A (S) =
!



argsh √2
Z t=argsh √2




1
2
2
t
(ch t)

= ( 3+
ch t dt = 2π
ch t sh t +
argsh 2)π. Remarque : argsh 2 =
2
2
2 0
2
t=0


ln( 2 + 3).
ZZ
Exercice 7.4
f (x, y, z) dσ d´efinie par
Calculez l’int´egrale de surface
Σ

1. Σ = {(x, y, z) ∈ R3 ; 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 π, z = x3 } et f (x, y, z) = 3(x +


3
z) sin y.

2. Σ = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 = 1, 0 6 z 6 3} et f (x, y, z) = 1 + x.

 
x
Corrig´
e 7.4
1. La surface peut ˆetre param´etr´ee par M (x, y) =  y  ∈ R3 avec x ∈ [0, 1], et y ∈ [0, π]. Par cons´equent
x3
s


2
2

Z x=1 Z y=π
ZZ
Z x=1 Z y=π

∂M
∂(x3 )
∂(x3 )
3 ∂M
3
2+
dy dx =
f (x, y, x )
f
(x,
y,
x
)

f (x, y, z) dσ =
+
dy dx =
1
∂x
∂y
∂x
∂y
y=0
x=0
y=0
x=0
Σ
Z x=1 Z y=π
p
28
6x sin y 1 + 3x2 dy dx =
3
x=0
y=0


x(t, u) = cos t
2. La surface (qui est celle d’un cylindre) peut se param´etrer par M (t, u) = y(t, u) = sin t  ∈ R3
z(t, u) =
u


ZZ
Z t=2π Z u=3
∂M ∂M

du dt =
avec t ∈ [0, 2π] et u ∈ [0, 3]. L’int´egrale vaut
f (x, y, z) dσ =
f (x(t, u), y(t, u), z(t, u))

∂t
∂u
Σ
t=0
u=0
Z t=2π Z u=3
p
(1 + cos t) (− cos t)2 + (sin t)2 + 02 du dt = 6π.
t=0

u=0

Exercice 7.5
Calculez le flux a
` travers la surface S orient´ee selon l’axe (Oz) et d´elimit´ee par l’ellipse d’´equations

 x2
y2
+ 2 = 1 (o`
2
u a > 0 et b > 0) du champ de vecteurs de R3
a z b
= 0


1. V (x, y, z) = (1, 2, 3)


2. W (x, y, z) = (z, y, x2 )
 
ZZ
0
Corrig´
e 7.5




1. Le vecteur normal a
` S est ~n = 0 . Le flux est Φ1 =
( V .~n) dσ o`
u dσ est la mesure de surface.
S
1

x(s, t) = a s cos t
La surface S peut ˆetre param´etr´ee par M (s, t) = y(s, t) = b s sin t avec s ∈ [0, 1] et t ∈ [0, 2π],

z(s, t) =
0



Z s=1 Z t=2π
∂M (s, t) ∂M (s, t)


et alors dσ =

ds dt = a b s ds dt. Ainsi Φ1 =
3abs dt ds = 3abπ.
∂s
∂t
s=0
t=0

ZZ
Z s=1 Z t=2π




2. La seule chose qui change c’est que W .~n = x2 , aussi Φ2 =
(W .~n) dσ =
(as cos t)2 abs dt ds =
S

1 3
a bπ
4

s=0

t=0

2
Exercice 7.6


x + y2 + z 2
Calculez le flux du champ de vecteurs V (x, y, z) = (x, y, −z) a
` travers la demi-sph`ere d’´equations
z
orient´ee vers l’int´erieur (R > 0).
Corrig´
e 7.6
Le vecteur normal d’un point M de coordonn´ees (x, y, z) de la sph`ere est ~n(x, y, z) = −

La demi-sph`ere peut ˆetre param´etr´ee par la longitude θ ∈ [0, 2π] et la colatitude ϕ

38

−−→
1
OM
−−→ = − R (x, y, z).
kOM k
∈ [0, π2 ] : M (θ, ϕ) =

= R2
> 0


x(θ, ϕ) = R cos θ sin ϕ
y(θ, ϕ) = R sin θ sin ϕ . L’´el´ement de surface dσ s’exprime donc en fonction de dθ et dϕ par dσ =

z(θ,
ϕ) =
R cos ϕ

∂M ∂M
2


∂θ ∧ ∂ϕ dθ dϕ = R sin ϕ dθ dϕ. Le flux est donn´e par la formule
ZZ


( V .~n) dσ
Φ =
=
=
=

Z

Z

S
θ=2π

θ=0
θ=2π
θ=0

−2
π
3

Z

Z

ϕ= π
2

ϕ=0
ϕ= π
2
ϕ=0



(R cos θ sin ϕ)

−R cos θ sin ϕ
−R sin θ sin ϕ
−R cos ϕ
+ (R sin θ sin ϕ)
+ (−R cos ϕ)
R
R
R

R3 (cos2 ϕ − sin2 ϕ) sin ϕ dϕ dθ




R2 sin ϕ dϕ dθ

Exercice 7.7


Calculez la circulation du champ de vecteurs V (x, y, z) = (y − z, z − x, x − y) le long de l’ellipse E =
2
x + y2 = 1
(apr`es avoir pr´ecis´e le sens de parcours choisi)
x+z = 1
1. directement

2. en utilisant la formule de Stokes.
Corrig´
e 7.7
1. Ici, l’ellipse est d´efinie comme une intersection d’un cylindre
a
` base circulaire et d’un plan. Com
cos t
x(t) =
sin t
avec t ∈ [0, 2π] comme
men¸cons par param´etrer l’ellipse, prenons par exemple y(t) =

z(t) = 1 − cos(t)
param´etrisation. Choisir ce sens de parcours revient a
` orienter l’ellipse
Z par le vecteur (1, 0, 1) (ce vecteur

− ~
V . d` o`
u d~` = dx~i + dy ~j + dz ~k.
est perpendiculaire a
` l’ellipse). La circulation s’exprime ainsi : C =
E
Z 2π
((sin t − 1 + cos t)(− sin t) + (1 −
Dans notre cas, d~` = − sin t~i + cos t ~j + sin t ~k, ce qui donne C =
0
Z 2π
cos t − cos t) cos t + (cos t − sin t) sin t) dt =
(sin t + cos t − 2) dt = −4π
0
Z
ZZ

− ~

−→ →
2. La formule de Stokes permet d’´ecrire que C =
V . d` =
(rot V .~n) dσ o`
u E est l’ellipse pleine, ~n
E
E
 
−2


le vecteur normal orient´e par l’ellipse, dσ la mesure de surface. Dans notre cas, rot V = −2. Le
−2


vecteur normal
a
` l’ellipse est ~n = 22 (1, 0, 1). Enfin, la surface de l’ellipse peut ˆetre param´etr´ee par

s cos t
x(s, t) =
s sin t
M (s, t) = y(s, t) =
avec s ∈ [0, 1] et t ∈ [0, 2π]. Par cons´equent l’´el´ement de surface

z(s, t) = 1 − s cos(t)


Z

∂M ∂M

− ~
ds dt = 2s ds dt. Donc C =
dσ s’exprime en fonction de ds et dt par dσ =
V . d` =

∂s

∂t
E


Z s=1 Z t=2π
2
2 √
(−2
+ 0 + −2
) 2 dt ds = −4π
2
2
s=0
t=0

Z
Exercice 7.8
On consid`ere l’int´egrale I =
(y + x) dx + (z + x) dy + (x + y) dz, o`
u C est le cercle d’´equations C =
C
2
x + y2 + z 2 = 1
. Calculez I en appliquant la formule de Stokes. Retrouvez le r´esultat a
` l’aide d’un
x+y+z
= 1
calcul direct.
Corrig´
e 7.8
1. Le cercle en question est le cercle qui passe par les points (1, 0, 0), (0, 1, 0) et (0, 0, 1). Son centre est donc
q

2
2
2
1 − 31 + 13 + 31 = 36 . Par ailleurs, une base orthonormale
Ω = ( 31 , 13 , 13 ) et son rayon R =
39

 
 

1
1
2 
6 
−1 et ~v =
1 . Le
du plan vectoriel x + y + z = 0 est donn´ee par exemple par ~u =
2
6
0
−2



x(t) = 13 + √33 cos t + 13 sin t
cercle peut se param´etrer par t 7→ Ω + R((cos t) ~u + (sin t) ~v ) = y(t) = 1 − 3 cos t + 1 sin t
3
3

z(t) = 3
1
2
3 − 3 sin t
!
! √
!





Z 2π "
3
3
3
2
2 2
2 2
1
1
1
2
I=
+ sin t

sin t + cos t +
+
cos t − sin t
sin t + cos t +
+ sin t
− cos t
3 3
3
3
3
3
3
3
3
3 3
3
t=0

Z 2π √
3
2 3
(4 cos2 t − 3) dt = −
π.
9
9
t=0


2. Avec la formule de Stokes. Il faut d’abord calculer le rotationnel du champ V = (x + y)~i + (x + z)~j +




(x + y)~k qui vaut ici rot V = −~j.Appelons
Σ le disque qui s’appuie sur C . Le disque est orient´e par le

1

vecteur normal ~n = ~u ∧ ~v = 33 1 (en coh´erence avec le sens de parcours du cercle C ). La formule
1
de Stokes permet d’´ecrire que
Z
ZZ


→→
I=
(y + x) dx + (z + x) dy + (x + y) dz =
(rot V .~n) dσ


Σ

C



√ ZZ


2 3
3
3
32

−→ →
dσ = −
Aire(Σ) = −
π=−
π.
Or rot V .~n = − 33 , donc I = −
3
3
3 3
9
Σ

Exercice 7.9


Calculez le flux du champ de vecteurs V (x, y, z) = x2~i + y 2~j + z 2~k a
` travers la sph`ere x2 + y 2 + z 2 = R2
directement puis par le biais de la formule d’Ostrogradski.
Corrig´
e 7.9
1
La normale orient´ee vers l’ext´
 erieur de la sph`ere en un point (x, y, z) est R (x, y, z). Le sph`ere peut se
x(θ, ϕ) = R cos θ sin ϕ
param´etrer par M (θ, ϕ) = y(θ, ϕ) = R sin θ sin ϕ et l’on a vu dans les corrections pr´ec´edentes que

z(θ, ϕ) =
R cos ϕ
ZZ
ZZ
Z 2π Z π


x
y
z
dσ = R2 sin ϕ dθ dϕ .
( V .~n) dσ =
(x2 +y 2 +z 2 ) dσ =
R2 (cos θ sin ϕ)3 +(sin θ sin ϕ)3 +
R
R
R
S
S
θ=0 ϕ=0
(cos ϕ)3 )R2 sin ϕ dϕ dθ = 0


Formule d’Ostrogradski : ZZZ
Soit B la boule pleine ZZZ
d´elimit´ee par S . Comme div V = 2x + 2y + 2z, avec la


formule d’Ostrogradski, Φ =
div V dx dy dz =
(2x + 2y + 2z) dx dy dz = 0.
B

B

Exercice 7.10
On consid`ere la boˆıte cylindrique S compos´ee du cylindre d’´equation x2 + y 2 = R2 et 0 6 z 6 h et des deux


disques de rayon R aux niveaux z = 0 et z = h. (R > 0 et h > 0). Soit V le champ de vecteurs d´efini par


V (x, y, z) = x2~i + y 2~j + z 2~k.


1. D´eterminez si V est un champ de gradient.


2. D´eterminez si V est le rotationnel d’un autre champ de vecteur.


3. Calculez le flux de V a
` travers S directement.


4. Calculez le flux de V en utilisant la formule d’Ostrogradski.
Corrig´
e 7.10




→→
1. Par le calcul, on constate que rot V = 0 ce qui prouve que V est un champ de gradient, c’est-`
a-dire





1
3
3
3
qu’il existe une fonction f : R → R telle que grad f = V . En l’occurrence, f (x, y, z) = 3 (x + y + z 3 )
convient.




2. La divergence vaut div V = 2x + 2y + 2z et n’est pas nulle, donc V n’est pas le rotationnel d’un autre
champ.
3. On calcule le flux au travers de chaque partie de la surface.

40

(a) Pour ce qui concerne le bordcylindrique C , on peut le param´etrer en s’inspirant des coordonn´ees
x(θ, z) = R cos θ
cylindriques par M (θ, z) = y(θ, z) = R sin θ avec θ ∈ [0, 2π] et z ∈ [0, h]. Le vecteur normal

z(θ, z) =
z


a
` C et orient´e vers l’ext´erieur est ~n = cos θ~i + sin θ~j. Donc V .~n = ρ2 (cos3 θ + sin3 θ). Par
ZZ
Z θ=2π Z z=h
∂M ∂M




( V .~n) dσ =
R2 (cos3 θ +
ailleurs, dσ = ∂θ ∧ ∂z dθ dz = R dθ dz. Ainsi Φ1 =
θ=0

C

sin3 θ)R dz dθ = 0

z=0

(b) Pour le disque du haut D1 , ZZ
le vecteur normal ne d´epend pas du point consid´er´e et vaut ~n = ~k,


h2 dx dy = h2 πR2 .
aussi V .~n = z 2 . Ainsi Φ2 =
D1

(c) Pour le disque du bas D1 ,ZZ
le vecteur normal ne d´epend pas du point consid´er´e et vaut ~n = −~k,


(−02 ) dx dy = 0
aussi V .~n = −z 2 et Φ2 =
D2

Finalement le flux total vaut Φ = πh2 R2 .

ZZZ


4. Soit C le cylindre plein, la formule d’Ostrogradski permet d’´ecrire que Φ =
div V dx dy dz =
C
Z z=h Z θ=2π Z ρ=R
ZZZ
(2ρ cos θ + 2ρ sin θ + 2z)ρ dρ dθ dz = πh2 R2
(2x + 2y + 2z) dx dy dz =
C

z=0

θ=0

ρ=0

Exercice 7.11
1. Quelle est la surface du Wyoming ? Cet Etat a la particularit´e d’avoir des fronti`eres constitu´ees des
m´eridiens 111˚W et 104˚W et des parall`eles 41˚N et 45˚N , le rayon de la Terre a
` cette latitude ´etant
6376, 16 km.
2. Quelle est l’erreur commise en calculant cette superficie sur une carte obtenue par projection de Mercator ? La projection de Mercator transforme un point de longitude λ et de latitude φ en un point
(x, y) de la carte tel que

dx
dy
R
= R,
=
, y φ=0 = 0


cos φ
On supposera pour simplifier que l’´echelle de la carte est 1 ; sinon cette ´echelle intervient comme un
coefficient multiplicatif.

3. Mˆeme question en utilisant la projection de Mercator transverse qui transforme un point de longitude
λ et de la latitude φ en un point (x, y) de la carte tel que
R
dx
=
,

cos(λ − λ0 )
en choisissant λ0 de fa¸con optimale.


x λ=λ0 = 0

dy
=R


4. D´eterminez une transformation qui conserve les surfaces. Cette transformation conserve-t-elle les
angles ?
Corrig´
e 7.11
1. La
 surface de la Terre peut se param´etrer en fonction de la longitude λ et de la latitude φ par M (λ, φ) =
x(λ, φ) = R cos λ cos φ
y(λ, φ) = R sin λ cos φ . L’´el´ement de surface dσ s’exprime donc en fonction de dλ et dφ par dσ =

z(λ, φ) =
R sin φ


 




−R sin λ cos φ
cos λ cos2 φ
−R cos λ sin φ

∂M ∂M



2 
2 



 

∂λ ∧ ∂λ dλ dφ = R cos λ cos φ ∧ −R sin λ sin φ dλ dφ = R − sin λ cos φ dλ dφ =




0
cos φ sin φ
R cos φ
q
R2 cos2 λ cos4 φ + sin2 λ cos4 φ + cos2 φ (1 − cos2 φ) dλ dφ = R2 cos φ dλ dφ La superficie du Wyoming
est donc
Z λ=111˚Z φ=45˚
Z φ= 45π
Z λ= 111π
180
180
S =
R2 cos φ dλ dφ = 253 554km2
dσ =
104π
41π
λ= 180
φ= 180
λ=104˚ φ=41˚

41

Z

φ

R
dϕ = ϕ
cos ϕ
t=tan 2

Z

tan

φ
2

1

2 dt
=R
1 + t2

Z

tan

φ
2



1
1
+
1+t 1−t



2. D’apr`es les ´equations, x(λ) = Rλ et y(φ) =
dt =
1−t2
φ=0
0
0
1+t2





1 + tan φ

φ π

2

R ln
. L’aire pour cette projection est
+
= R ln tan
1 − tan φ
2
4
2







111π 104π
45π π
41π π
2

+
+
A1 = x(111˚)x(104˚) y(45˚)−y(41˚) = R
ln tan
− ln tan
= 474 400km2
180
180
360
4
360
4

A1 − S
L’erreur relative comise est de E =
= 87%.

S


λ − λ0
π
et y(φ) = Rφ. La projection sera la meilleure
3. Dans le second cas, x(λ) = ln tan
+
2
4
lorsqu’on la centre au milieu de l’Etat, c’est-`
a-dire lorsque λ0 = 107, 5˚.









3, 5π π
tan −3, 5π + π (45 − 41) π = 346 978km2
A2 = R2 ln tan

ln
+


360
4
360
4
180

A2 − S
= 37%.
S
4. Une transformation qui pr´eserve l’aire doit v´erifier que dx dy = dσ, c’est-`
a-dire dx dy = R 2 cos φ dλ dφ.
dy
dx
= R et
= R cos φ, ce qui donne x = Rλ et y = R sin φ. Cette
On peut prendre par exemple


transformation ne conserve pas les angles contrairement a
` la projection de Mercator.
L’erreur relative comise est de E2 =

A

Agenda
– Mercredi 27 septembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 39)

eance 1 : Int´egrales doubles 1/3 (d´efinitions de contour)
– Mardi 10 octobre
8h-9h20 – A22 Salle421 (semaine 41)

eance 2 : Int´egrales doubles 2/3 (calcul + changement de variable)
– Mercredi 11 octobre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 41)

eance 3 : Int´egrales doubles 3/3 (coordonn´ees polaires)
– Mardi 24 octobre
8h-9h20 – A22 Salle421 (semaine 43)

eance 4 : Int´egrales triples 1/2
– Mercredi 25 octobre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 43)

eance 5 : Int´egrales triples 2/2
– Mercredi 8 novembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 45)

eance 6 : Volumes de r´evolution
– Lundi 13 novembre

Devoir surveill´
e

– Mercredi 15 novembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 46)

eance 7 : Analyse vectorielle 1/2
– Mercredi 22 novembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 47)

eance 8 : Analyse vectorielle 2/2
– Mercredi 29 novembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 48)

eance 9 : Int´egrales curvilignes 1/2

42

– Mercredi 6 d´
ecembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 49)

eance 10 : Int´egrales curvilignes 2/2
– Lundi 10 d´
ecembre
11h-12h20 – A22 Salle206 (EscA) (semaine 50)

eance 11 : Formule de Green-Riemann 1/2
– Mercredi 13 d´
ecembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 50)

eance 12 : Formule de Green-Riemann 2/2
– Jeudi 14 d´
ecembre
11h-12h20 – Pr´efa. 3 A24 (semaine 50)

eance 13 : Int´egrales de surface 1/2
– Lundi 18 d´
ecembre
11h-12h20 – A22 Salle206 (EscA) (semaine 51)

eance 14 : Int´egrales de surface 2/2
– Mercredi 20 d´
ecembre
8h-9h20 – A22 Salle120 (semaine 51)

eance 15 : R´evisions

43


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