UPMC 2M256 Analyse vectorielle et intégrales multiples 2016-2017
TD 3 - Corrigé
Exercice 1. Représenter graphiquement les champs de vecteurs surR2 définis par : 1)V~ (x, y) = (x, y).
Les normes des vecteurs ont été divisées par un facteur constant pour rendre le dessin lisible. On a
2)V~ (x, y) = (−y, x).
Les normes des vecteurs ont été divisées par un facteur constant pour rendre le dessin lisible. On a
3)V~ (x, y) =
√ x
x2+y2,√ y
x2+y2
.
Les normes des vecteurs ont été divisées par un facteur constant pour rendre le dessin lisible. On a
Exercice 2. Soient ~r(x, y, z) = (x, y, z)et r(x, y, z) = k~r(x, y, z)k =p
x2+y2+z2, qui sont respectivement un champ de vecteurs et une fonction définis surR3.
1) Calculerdiv (~r)et−→ rot(~r).
On commence par le calcul de la divergence. On a
div(~r) = ∂(x)∂x +∂(y)∂y +∂(z)∂z = 3 . On passe maintenant au rotationnel. On a
−→ rot(~r) =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
x y z
=
∂(z)
∂y −∂(y)∂z
∂(x)
∂z −∂(z)∂x
∂(y)
∂x −∂(x)∂y
=
0 0 0
.
2) Exprimer en fonction de~ret der les gradients der,r2,ln (r), et 1r. On commence par le gradient der. On a
−−→grad(r) =
∂r
∂x
∂r
∂y
∂r
∂z
=
2x 2
√
x2+y2+z2 2y 2√
x2+y2+z2 2z 2√
x2+y2+z2
= ~r r .
On passe maintenant à r2: (x, y, z)7→x2+y2+z2. On a
−−→grad r2
=
∂r2
∂x
∂r2
∂y
∂r2
∂z
=
2x 2y 2z
= 2~r .
On considère à présent ln (r) : (x, y, z)7→ 12ln x2+y2+z2
, définie sur R3\ {(0,0,0)}. On a
−−→grad(ln (r)) =
∂ln(r)
∂x
∂ln(r)
∂y
∂ln(r)
∂z
=
1
2·x2+y2x2+z2 1
2·x2+y2y2+z2 1
2·x2+y2z2+z2
= ~r r2 .
Il ne reste donc plus que 1r: (x, y, z)7→ √ 1
x2+y2+z2, définie sur R3\ {(0,0,0)}. On a
−−→grad 1r
=
∂(1r)
∂x
∂(1r)
∂y
∂(1r)
∂z
=
−12· 2x
(x2+y2+z2)3/2
−12· 2y
(x2+y2+z2)3/2
−12· 2z
(x2+y2+z2)3/2
= −~r r3 .
Exercice 3. Calculer les divergences et rotationnels des champs de vecteurs suivants : 1)u(x, y, z) = (xy, yz, xz).
On commence par calculer la divergence. On a
div(u) = ∂(xy)∂x +∂(yz)∂y +∂(xz)∂z = y+z+x . On passe maintenant au rotationnel. On a
−→ rot(u) =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
xy yz xz
=
∂(xz)
∂y −∂(yz)∂z
∂(xy)
∂z −∂(xz)∂x
∂(yz)
∂x −∂(xy)∂y
= −
y z x
.
2)w(x, y, z) = x2y,−2y3z2, xy2z . On commence par calculer la divergence. On a
div(w) = ∂(x2y)
∂x +∂(−2y3z2)
∂y +∂(xy2z)
∂z = 2xy−6y2z2+xy2 . On passe maintenant au rotationnel. On a
−→ rot(u) =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
x2y
−2y3z2 xy2z
=
∂(xy2z)
∂y −∂(−2y3z2)
∂z
∂(x2y)
∂z −∂(xy2z)
∂x
∂(−2y3z2)
∂x −∂(x2y)
∂y
=
2xyz+ 4y3z
−y2z
−x2
.
Exercice 4. Soientf, g:R3−→Rdeux fonctions différentiables et~u= (u1, u2, u3),~v= (v1, v2, v3)deux champs de vecteurs. Montrer les égalités suivantes :
1)−−→
grad(f g) =−−→
grad(f)g+f−−→
grad(g).
Les différentes fonctions suivantes sont évaluées en un point (x, y, z)deR3. On a
−−→grad(f g) =
∂(f g)
∂x
∂(f g)
∂y
∂(f g)
∂z
=
f∂g∂x+g∂f∂x f∂g∂y +g∂f∂y f∂g∂z+g∂f∂z
= f−−→
grad(g) +−−→
grad(f)g .
2) div(f ~u) =−−→
grad(f)·~u+fdiv(~u).
Les différentes fonctions suivantes sont évaluées en un point (x, y, z)deR3. On a div(f ~u) = ∂(f u∂x1)+∂(f u∂y2)+∂(f u∂z3) = f∂u∂x1 +u1∂f
∂x+f∂u∂y2 +u2∂f
∂y+f∂u∂z3 +u3∂f
∂z
= −−→
grad(f)·~u+fdiv(~u).
3) div(~u∧~v) =−→ rot(u)
·~v−~u·−→ rot(~v)
.
Les différentes fonctions suivantes sont évaluées en un point (x, y, z)deR3. On a
div(~u∧~v) = div
u1
u2
u3
∧
v1
v2
v3
= div
u2v3−u3v2
u3v1−u1v3
u1v2−u2v1
= ∂(u2v3∂x−u3v2)+∂(u3v1∂y−u1v3)+∂(u1v2∂z−u2v1)
= u1
h∂v2
∂z −∂v∂y3i +u2
∂v3
∂x −∂v∂z1 +u3
h∂v1
∂y −∂v∂x2i +v1h∂u
3
∂y −∂u∂z2i
+v2∂u1
∂z −∂u∂x3
+v3h∂u
2
∂x −∂u∂y1i
= −→
rot(u)
·~v−~u·−→ rot(~v)
.
4)−→
rot(f ~u) =−−→
gradf
∧~u+f−→ rot~u
.
Les différentes fonctions suivantes sont évaluées en un point (x, y, z)deR3. On a
−→
rot(f ~u) =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
f u1
f u2
f u3
=
∂(f u3)
∂y −∂(f u∂z2)
∂(f u1)
∂z −∂(f u∂x3)
∂(f u2)
∂x −∂(f u∂y1)
=
f∂u
3
∂y −∂u∂z2
+u3∂f∂y −u2∂f∂z f ∂u∂z1 −∂u∂x3
+u1∂f∂z −u3∂f∂x f
∂u2
∂x −∂u∂y1
+u2∂f∂x−u1∂f∂y
= f
∂u3
∂y −∂u∂z2
∂u1
∂z −∂u∂x3
∂u2
∂x −∂u∂y1
+
∂f
∂x
∂f
∂y
∂f
∂z
∧
u1
u2 u3
= −−→
gradf
∧~u+f−→ rot~u
.
5)−→ rot−→
rot~u
=−−→
grad(divu)−∆~u.
Les différentes fonctions suivantes sont évaluées en un point(x, y, z)deR3. On commence par rappeler que l’on a
∆~u= (∆u1,∆u2,∆u3). On peut maintenant passer au calcul. On a
−→ rot−→
rot~u
= −→ rot
∂u3
∂y −∂u∂z2
∂u1
∂z −∂u∂x3
∂u2
∂x −∂u∂y1
=
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
∂u3
∂y −∂u∂z2
∂u1
∂z −∂u∂x3
∂u2
∂x −∂u∂y1
=
∂
∂y
∂u2
∂x −∂u∂y1
−∂z∂ ∂u∂z1 −∂u∂x3
∂
∂z
∂u3
∂y −∂u∂z2
−∂x∂
∂u2
∂x −∂u∂y1
∂
∂x
∂u1
∂z −∂u∂x3
−∂y∂
∂u3
∂y −∂u∂z2
=
∂2u2
∂y∂x +∂z∂x∂2u3 −∂∂y2u21 −∂∂z2u21
∂2u3
∂z∂y +∂x∂y∂2u1 −∂∂z2u22 −∂∂x2u22
∂2u1
∂x∂z+∂y∂z∂2u2 −∂∂x2u23 −∂∂y2u23
=
∂
∂x
∂u
1
∂x +∂u∂y2 +∂u∂z3
−∆u1
∂
∂y
∂u
1
∂x +∂u∂y2 +∂u∂z3
−∆u2
∂
∂z
∂u
1
∂x +∂u∂y2 +∂u∂z3
−∆u3
= −−→
grad(divu)−∆~u.
On a utilisé dans ce calcul le théorème de Schwarz, pour lequel il faut donc supposer le champ de vecteur ~ude classeC2.
Exercice 5. Pour chacun des champs de vecteurs~uci-dessous, montrer que−→
rot(~u) = 0, et déterminer une fonction f telle que l’on ait~u=−−→
grad(f).
1)~u=r~r2, où~retrsont comme dans l’exercice2, défini surU =R3\ {(0,0,0)}.
L’exercice 2 permet de répondre directement, puisque l’on a ~u =−−→
grad(ln (r)), mais le but est ici de faire des calculs. On va dans un premier temps calculer le rotationnel. On a
−→ rot(~u) =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
x x2+y2+z2
y x2+y2+z2
z x2+y2+z2
=
∂
∂y
z x2+y2+z2
−∂z∂ y
x2+y2+z2
∂
∂z
x x2+y2+z2
−∂x∂
z x2+y2+z2
∂
∂x
y
x2+y2+z2
−∂y∂
x x2+y2+z2
=
−2yz
(x2+y2+z2)2 −(x2+y−2yz2+z2)2
−2xz
(x2+y2+z2)2 −(x2+y−2xz2+z2)2
−2xy
(x2+y2+z2)2 −(x2+y−2xy2+z2)2
=
0 0 0
. Le rotationnel de~uétant nul, on sait qu’il existe une fonctionf telle que l’on ait−−→
grad(f) =~u. On va calculer une telle fonction f. On a
∂f
∂x = x2+yx2+z2
∂f
∂y = x2+yy2+z2
∂f
∂z = x2+yz2+z2
.
Intégrer la première équation selon xpermet d’affirmer qu’il existe une fonction g de classe C1 des variables y et ztelle que l’on ait, pour tout (x, y, z)∈U
f(x, y, z) = 12ln x2+y2+z2
+g(y, z) . En dérivant par rapport ày, on obtient alors
∂g
∂y = 0 ,
doncgest une fonction de la variablezuniquement, et dériver f par rapport àz montre queg est une fonction constante.
On vérifie alors que la fonctionf donnée par
f(x, y, z) = 12ln x2+y2+z2 répond bien à la question.
2)~u(x, y, z) = 2xy, x2+ 3y2z2,2y3z+ 4z3 . On commence par calculer le rotationnel. On a
−→ rot(~u) =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
2xy x2+ 3y2z2 2y3z+ 4z3
=
6y2z−6y2z 0 2x−2x
=
0 0 0
. Il existe donc une fonctionf telle que l’on ait−−→
grad(f) =~u. Une telle fonction doit vérifier
∂f
∂x = 2xy
∂f
∂y = x2+ 3y2z2
∂f
∂z = 2y3z+ 4z3 .
En intégrant la première équation selonx, on remarque qu’il existe une fonctiong des variablesyet ztelle que l’on ait
f(x, y, z) = x2y+g(y, z) . En dérivant cela selony, on obtient alors
∂g
∂y = 3xy2z2 , ce que l’on peut intégrer eny pour obtenir
g(y, z) = y3z2+h(z) , oùhest une fonction de classeC1. On a donc
f(x, y, z) = x2y+y3z2+h(z) . En dérivant cela en z, on obtient alors
h0(z) = 4z3 , ce que l’on peut intégrer pour obtenir
h(z) = z4 . Pour conclure, il reste à vérifier que la fonctionf définie par
f(x, y, z) = x2y+y3z2+z4 répond bien à la question.
3)~u(x, y, z) =
1
x+ycos (xy),y1+xcos (xy),1z . On commence par calculer le rotationnel. On a
−→ rot(~u) =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
1
x+ycos (xy)
1
y +xcos (xy)
1 z
=
0 0
cos (xy)−xysin (xy)
−cos (xy) +xysin (xy)
=
0 0 0
.
Il existe donc une fonctionf telle que l’on ait−−→
grad(f) =~u. Une telle fonction doit vérifier
∂f
∂x = 1x+ycos (xy)
∂f
∂y = 1y+xcos (xy)
∂f
∂z = 1z
.
En intégrant la troisième équation selonz, on remarque qu’il existe une fonctiong des variablesxetytelle que l’on ait
f(x, y, z) = ln (|z|) +g(x, y) . En dérivant selonx, on obtient alors
∂g
∂x = x1+ycos (xy) , ce qui donne
g(x, y) = ln (|x|) + sin (xy) +h(y) ,
oùhest une fonction de classeC1. En dérivant maintenant par rapport ày, on trouve h0(y) = 1y .
Ceci donne
h(y) = ln (|y|) +C ,
oùC est une constante réelle. Finalement, on vérifie que la fonctionf définie par f(x, y, z) = ln (|xyz|) + sin (xy)
répond à la question.
Exercice 6. SoitV~ (x, y, z) = y2+z2,−xy,−xz .
1) Déterminer une fonctionϕdéfinie surR∗telle que l’on aitϕ(1) = 1 etϕ(z)M~ soit un rotationnel.
Il s’agit, pour répondre à cette question, de rappeler que la divergence d’un champ de vecteurs défini surR3est nulle si et seulement si ce champ de vecteurs est un rotationnel.
On procède par analyse-synthèse. Soit ϕune fonction répondant à la question. On a 0 = div
ϕ(z)V~
= ∂x∂ ϕ(z) y2+z2
+∂y∂ (−ϕ(z)xy) +∂z∂ (−ϕ(z)xz)
= −2xϕ(z)−xzϕ0(z),
donc on a, pour tout réelz non nul
ϕ0(z) = −2zϕ(z) .
Réciproquement, les calculs qui ci-dessus et la remarque qui les précède montrent que la fonction ϕ : R∗ −→ R
z 7→ z12
vérifie les propriétés souhaitées.
2) Déterminer un potentiel vecteur U~0(M) = (P(x, y, z), Q(x, y, z),0) du champ de rotationnels obtenu. En déduire la forme générale des potentiels vecteurs de ce champ.
SoitU~0 un potentiel vecteur du champϕ(z)V~ (M)de la forme ci-dessus. On a
−→ rot
U~0
=
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
P(x, y, z) Q(x, y, z) 0
=
−∂Q∂z
∂P
∂z
∂Q
∂x −∂P∂y
,
ce qui donne le système suivant
−∂Q∂z = 1 + yz22
∂P
∂z = −xyz2
∂Q
∂x −∂P∂y = −xz .
On peut alors intégrer les deux premières équations enz, puis vérifier que le champU~0 associé àP(x, y, z) =xyz etQ(x, y, z) =z−yz2 convient. Soit à présent un autre potentiel vecteurU~ du champ de rotationnels considéré.
On a
0 = −→ rot
U~0
−−→ rot
U~
= −→ rot
U~0−U~ ,
donc le champ de vecteurs U~0−U~ est égal au gradient d’une fonctionf. La réciproque est vraie.
Finalement, les potentiels vecteurs du champ de rotationnelsϕ(z)V~ (M)sont exactement les champs de vecteurs de la forme
U~ = U~0+−−→
grad(f) , oùf est une fonction de classeC1.
Exercice 7. SoitC la courbe paramétrée définie par
x(t) = 2t+ sin (2t) y(t) = 1−2 cos (t)
, t∈R.
Montrer que tous les points de cette courbe sont ordinaires. Déterminer des vecteurs tangents et normaux à cette courbe en chaque point.
On rappelle qu’un point (x(t), y(t))deC est dit ordinaire si l’on a (x0(t), y0(t))6= (0,0). Un vecteur tangent à la courbeC en un tel point est donné par(x0(t), y0(t)), et un vecteur normal par(−y0(t), x0(t)).
Pour toutt∈R, on a
x0(t) = 2 (1 + cos (2t)) y0(t) = 2 sin (t)
.
La fonctiony0 s’annule alors exactement en lest=kπ aveck∈Z, et la fonctionx0 est non nulle en ces points.
Les points de C sont donc tous ordinaires. Pour toutt ∈R, un vecteur tangent àC en (x(t), y(t)) est donné par(2 (1 + cos (2t)),2 sin (t)), tandis qu’un vecteur normal est donné par(−2 sin (t),2 (1 + cos (2t))).
Si on veut obtenir des vecteurs tangents/normaux unitaires, il faut diviser par la norme, qui est donnée par q
x0(t)2+y0(t)2 = 2 q
sin2(t) + 4 cos4(t) .
Pour obtenir ce résultat, il suffit de remarquer que l’on ax0(t) = 4 cos2(t)pour tout réelt.
Exercice 8. Un cercleC, de rayonR >0, roule sans glisser sur l’axe(Ox). On noteI le point de contact entreCet (Ox)et on noteΩle centre deC. Les pointsΩetI sont mobiles. On se donne un pointM deC, mobile mais solidaire du cercle. On poset=−→\
ΩI,−−→
ΩM . 1) Faire une figure.
Voici la représentation graphique de la situation étudiée, avec R= 1
2) Déterminer un paramétrage de la courbe décrite parM, en prenanttpour paramètre.
On remarque que les coordonnées du point M (pourtfixé) vérifient M :
( x(t) = R(t−sin (t)) y(t) = R(1−cos (t))
.
Ces fonctions, qui sont de classeC∞, fournissent un paramétrage de la courbeΓdécrite parM.
3) Tous les points de la courbe sont-ils ordinaires ? Aux points ordinaires, calculer un vecteur tangent.
Pour tout réelt, on a
( x0(t) = R(1−cos (t)) y0(t) = Rsin (t)
.
On rappelle qu’un point (x(t), y(t)), avect réel, deΓest dit ordinaire si on a(x0(t), y0(t))6= (0,0). Les points non-ordinaires deΓ sont donc exactement ceux donnés par les paramètrest= 2kπ, aveckentier.
En un point ordinaire, un vecteur tangent est donné par(x0(t), y0(t)).
Exercice 9. Tracer et déterminer le vecteur tangent unitaire aux points ordinaires de la courbeC paramétrée par ( x(t) = cos2(t)
y(t) = sin (t) , t∈R. On va ici voir comment retrouver le tracé d’une courbe paramétrée.
• 1ère étape : réduction du domaine d’étude.
Les fonctionsxet y sont a priori définies surR. On va utiliser leurs éventuelles périodicités et les symétries de C pour réduire le domaine sur lequel on doit faire le tracé.
On commence par remarquer que les fonctions xet y sont 2π-périodiques, donc il suffit de considérer t dans l’intervalle[−π, π]. De plus, on a
( x(−t) = cos2(−t) = cos2(t) = x(t) y(−t) = sin (−t) = −sin (t) = −y(t) ,
donc il suffit de tracer la partie de la courbe correspondant à t∈[0, π], puis de faire une symétrie d’axeOx. Le domaine d’étude devient donc[0, π]. On remarque maintenant que l’on a, pour toutt∈[0, π]
( x(π−t) = cos2(π−t) = cos2(t) = x(t) y(π−t) = sin (π−t) = sin (t) = y(t) , donc il suffit de tracer la partie de la courbe correspondant àt∈
0,π2
, qui donne toute la partie correspondant à [0, π]. Le domaine de d’étude devient donc
0,π2 .
• 2ème étape : étude des fonctionsxety sur 0,π2
. Ces fonctions sont de classeC∞sur
0,π2
et pour touttdans cet intervalle, on a ( x0(t) = −2 sin (t) cos (t) = −sin (2t)
y0(t) = cos (t) .
Ceci permet de tracer le tableau de variation dexety
t 0 π2
x0(t) 0 − 0
x(t)
1
F
0y0(t) 1 + 0
y(t)
0
E
1Un vecteur tangent en un point ordinaire(x(t), y(t))est donné par(x0(t), y0(t)). Pour avoir le vecteur tangent unitaire, il reste à diviser par la norme. Soitt∈
0,π2 . On a
x0(t)2+y0(t)2 = 4 sin2(t) cos2(t) + cos2(t) = cos2(t) 1 + 4 sin2(t) , donc le vecteur tangent unitaire à Cen un point ordinaire donné par t∈
0,π2 est
√ 1
x0(t)2+y0(t)2 (x0(t), y0(t)) =
− 2 sin(t)cos(t) cos(t)√
1+4 sin2(t), cos(t) cos(t)√
1+4 sin2(t)
=
−√2 sin(t)
1+4 sin2(t),√ 1
1+4 sin2(t)
.
Afin de faciliter le tracé de la courbe, on va déterminer le vecteur tangent au point non-ordinaire x π2
, y π2 , ce qui est une notion admise dans cet exercice. Un tel vecteur est ici donné par x00 π2
, y00 π2
. Pour tout t dans l’intervalle
0,π2 , on a
( x00(t) = −2 cos (2t) y00(t) = −sin (t)
,
donc un vecteur tangent au point non-ordinaire est donnée par le vecteur(2,−1). Un tel point non-ordinaire est dit derebroussement de 2ème espèce.
• 3ème étape : Tracé de la courbe.
Sur le dessin ci-dessous, la partie rouge correspond àt∈ 0,π2
. Les vecteurs tangents n’ont pas été pris unitaires afin de rendre le résultat plus lisible.
Exercice 10. On considère la forme différentielle
ω(x, y) = x2+yx 2 dx+y1−yx2+y2−x22 dy ,
sur U =R2\ {(0,0)}. Montrer queω est exacte, c’est-à-dire qu’il existe une fonctionf de classe C1 surU telle que l’on ait ω= df. Donner l’expression d’une telle fonctionf.
On commence par poser
P(x, y) = x2+yx 2 Q(x, y) = y1−yx2+y2−x22
.
Il pourrait être tentant de montrer l’égalité ∂P∂y = ∂Q∂x, qui est effectivement valable surU, et d’utiliser le critère de Cauchy, plus connu sous le nom de lemme de Poincaré, pour conclure.
Ce résultat ne peut cependant pas être utilisé ici, l’ouvert de définitionU n’étant pas simplement connexe, à cause d’un « trou » présent en l’origine. On va ici raisonner par analyse-synthèse.
Soitf une fonction de classeC1 surU telle que l’on aitdf =ω. On a alors
∂f
∂x = x2+yx 2
∂f
∂y = y1−yx2+y2−x22 = x2+yy 2 −y .
En intégrant la première équation selonx, on remarque qu’il existe une fonctiong de classe C1 sur Rtelle que l’on ait
f(x, y) = 12ln x2+y2
+g(y) . En dérivant par rapport ày, on obtient alors
g0(y) = −y , ce qui donne
g(y) = −y22 +C ,
oùC est une constante réelle. Réciproquement, on vérifie que la fonctionf définie sur U par f(x, y) = 12 ln x2+y2
−y est bien de classe C1 et vérifiedf =ω.
Exercice 11. On noteA,B, etC les points de coordonnées respectives(1,0),(0,1), et(1,1). Calculer Z
Γ
y2−y
dy−2 x2−x dx
, où le cheminΓest donné par :
1) la ligne briséeOAC.
Voici la représentation graphique du contour d’intégration
Ce chemin nétant pas dérivable en A, on va le paramétrer en deux morceaux, notés Γ1 et Γ2. Un paramétrage deΓ1est donné par
Γ1 :
( x(t) = t
y(t) = 0 , t∈[0,1], et un paramétrage de Γ2 est donné par
Γ2 :
( x(t) = 1
y(t) = t , t∈[0,1].
On peut alors passer au calcul. On a R
Γ1
y2−y
dy−2 x2−x dx
= −2R1
0 t2−t
dt = −2h
t3 3 −t22i1
0
= −2 13−12
= 13, pour la partie correspondant àΓ1. On a de plus
R
Γ2
y2−y
dy−2 x2−x dx
= R1
0 t2−t
dt = h
t3 3 −t22i1
0
= 13−12
= −16. Avec l’orientation choisie, on a donc
R
Γ
y2−y
dy−2 x2−x dx
= RΓ1[(y2−y)dy−2(x2−x)dx]+RΓ2[(y2−y)dy−2(x2−x)dx]
= 13−16
= 16.
2) la ligne briséeOBC.
Voici la représentation graphique du contour d’intégration
Ce chemin nétant pas dérivable en B, on va le paramétrer en deux morceaux, notésΓ1 et Γ2. Un paramétrage deΓ1est donné par
Γ1 :
( x(t) = 0
y(t) = t , t∈[0,1], et un paramétrage de Γ2 est donné par
Γ2 :
( x(t) = t
y(t) = 1 , t∈[0,1]. On peut alors passer au calcul. On a
R
Γ1
y2−y
dy−2 x2−x dx
= R1
0 t2−t
dt = h
t3 3 −t22i1
0
= 13−12
= −16,
pour la partie correspondant àΓ1. On a de plus R
Γ2
y2−y
dy−2 x2−x dx
= −2R1
0 t2−t
dt = −2h
t3 3 −t22i1
0
= −2 13−12
= 13. Avec l’orientation choisie, on a donc
R
Γ
y2−y
dy−2 x2−x dx
= RΓ1[(y2−y)dy−2(x2−x)dx]+RΓ2[(y2−y)dy−2(x2−x)dx]
= −16+13
= 16.
3) le segmentOC.
Voici la représentation graphique du contour d’intégration
Un paramétrage de ce chemin est donné par Γ :
( x(t) = t
y(t) = t , t∈[0,1]. On peut passer au calcul. On a
R
Γ
y2−y
dy−2 x2−x dx
= R1 0
t2−t
−2 t2−t dt
= −R1
0 t2−t dt
= −h
t3 3 −t22i1
0
= 16.
4) L’intégrale dépend-elle du chemin suivi ?
Le fait que l’on ait trouvé le même résultat pour les trois chemins ci-dessus ne signifie pas que le résultat sera encore identique pour n’importe quel chemin joignant Oet C.
Il se trouve que, dans ce cas, l’intégrale ne dépend effectivement pas du chemin suivi, car la forme différentielle considérée est exacte. On pose
ω(x, y) = y2−y
dy−2 x2−x dx
= Q(x, y) dy+P(x, y) dx.
Il s’agit d’une forme différentielle définie sur R2, qui est simplement connexe. On va donc utiliser la condition de Cauchy pour montrer son caractère exact. On a en effet
∂P
∂y = 0 = ∂Q∂x .
Ceci montre bien que l’intégrale considérée ne dépend du chemin pris entreO etC.
Exercice 12. Calculer l’intégrale curviligne suivante
I = R
Γ 2xy−x2
dx+ x+y2 dy ,
oùΓest la boucle fermée constituée par les deux arcs y=x2 etx=y2, parcourue dans le sens trigonométrique.
Voici la représentation graphique du contour d’intégration
Le chemin considéré présentant un défaut de dérivabilité en O etA, on va le paramétrer en deux morceauxΓ1
et Γ2. Un paramétrage deΓ1 est donné par Γ1 :
( x(t) = t y(t) = t2
, t∈[0,1], et un paramétrage de Γ2 est donné par
−Γ2 :
( x(t) = t2 y(t) = t
, t∈[0,1],
où la signe «−» signifie un changement d’orientation. On peut alors passer au calcul. On a R
Γ1 2xy−x2
dx+ x+y2
dy = R1 0
2t3−t2
+ 2t t+t4 dt
= R1
0 2t3+t2+ 2t5 dt
= h
t4
2 +t33 +t36i1
0
= 12+13+13
= 76,
pour l’intégrale surΓ1.
On a de plus
R
−Γ2 2xy−x2
dx+ x+y2
dy = R1 0
2t 2t3−t4 + 2t2
dt
= R1
0 4t4−2t5+ 2t2 dt
= h
4t5
5 −t36 +2t33i1
0
= 1215−155 +1015
= 1715,
pour l’intégrale sur−Γ2. On peut maintenant calculer l’intégrale surΓ. On a R
Γ 2xy−x2
dx+ x+y2
dy = RΓ1(2xy−x2)dx+(x+y2)dy+RΓ2(2xy−x2)dx+(x+y2)dy
= RΓ1(2xy−x2)dx+(x+y2)dy−R−Γ2(2xy−x2)dx+(x+y2)dy
= 76−1715
= 301.
Exercice 13. Un point matériel est soumis au champ de forces
F~(x, y, z) = 2x−y+ 3z, z+ 4y,2xz+y+x2 le long de l’ellipse E d’équation paramétrique
x(t) = acos (t) y(t) = bsin (t)
z(t) = 0
, 0≤t≤2π
parcourue dans le sens trigonométrique. Déterminer les coefficientsaetbdansNavec3< a < b, sachant que le travail W~ =R
EF~ ·dM~ deF~ le long de l’ellipse vaut32π.
On commence par calculer le travailW en fonction deaetb. On a
W = R
EF~ ·dM~ = R
E(2x−y+ 3z) dx+ (z+ 4y) dy+ 2xz+y+x2 dz
= R2π 0
−a(2acos (t)−bsin (t)) sin (t) + 4b2sin (t) cos (t) dt
= 2 2b2−a2 R2π
0 sin (t) cos (t) dt+abR2π
0 sin2(t) dt.
On va calculer les deux intégrales intervenant ci-dessus séparément. On a R2π
0 sin (t) cos (t) = −12
cos2(t)2π
0 = 0 .
Pour calculer la deuxième intégrale, il faut linéariser, c’est-à-dire remarquer que l’on a sin2(t) = −14 eit−e−it2
= −14 e2it+e−2it−2
= 1−cos(2t)2 . Ceci donne
R2π
0 sin2(t) dt = 12R2π
0 (1−cos (2t)) dt = 12
t−12sin (2t)2π
0 = π .
On peut maintenant achever le calcul du travail deF~ le long deE. On a W = 2 2b2−a2 R2π
0 sin (t) cos (t) dt+abR2π
0 sin2(t) dt = abπ . Ce travail devant être égal à32π, les conditions imposées sur aet bdonnenta= 4et b= 8.
Exercice 14. SoientA,B,C, etDles points de coordonnées respectives(1,−1),(1,1),(−1,−1), et(−1,1). Calculer l’intégrale curviligne
I = R
Γ
x2+y2
dx+ 2x2ydy , oùΓest la courbe fermée ABCDAconstituée
— de l’arc(AB)du cercle d’équation(x−1)2+y2= 1six≥1,
— du segment[BC],
— de l’arc(CD)du cercle d’équation(x+ 1)2+y2= 1six≤ −1,
— du segment[DA].
On considère la forme différentielle
ω(x, y) = x2+y2
dx+ 2x2ydy ,
qui est définie surR2. On veut calculer son intégrale sur le contourΓ, dont voici la représentation graphique
Le contour choisi présentant des défauts de dérivabilité enA,B,C, etD, on va paramétrerΓen quatre morceaux.
Voici leur paramétrage respectif Γ1:
x(t) = 1 + cos (t)
y(t) = sin (t) , t∈
−π2,π2
, −Γ2 :
x(t) = t
y(t) = t , t∈[−1,1]
−Γ3 :
x(t) = −1 + cos (t)
y(t) = sin (t) , t∈π 2,3π2
, Γ4:
x(t) = t
y(t) = −t , t∈[−1,1]
,
où les signes « - » signifient un changement d’orientation. On va maintenant calculer les intégrales correspondant à ces quatre chemins. On a
R
Γ1ω = Rπ2
−π2
h−
(1 + cos (t))2+ sin2(t)
sin (t) + 2 (1 + cos (t))2sin (t) cos (t)i dt
= Rπ2
−π2
−2 (1 + cos (t)) sin (t) + 2 1 + cos2(t) + 2 cos (t)
sin (t) cos (t) dt
= −2Rπ2
−π2 sin (t) dt+ 2Rπ2
−π2 sin (t) cos3(t) dt+ 4Rπ2
−π2 sin (t) cos2(t) dt
= 2 [cos (t)]−π2π 2
−14
cos4(t)π2
−π2 −43
cos3(t)π2
−π2
= 0,
pour la partie associée àΓ1. On a ensuite R
−Γ2 = R1
−1
2t2+ 2t3
dt = 2h
t3 3 +t44i1
−1 = 2 13+14−−13 −14
= 43 , pour ce qui est de−Γ2.
