Outils mathématiques pour la physique (PCSI)/Exercices/Applications des formes différentielles et des différentielles de fonction

Exercice 28-1

On considère sur $\mathbb {R} ^{2}$ la $1$-forme $\omega$ telle que pour tout $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$, on a $\omega _{(x,y)}=xy^{2}\,\mathrm {d} x+\mathrm {e} ^{x}\,\mathrm {d} y$. On note $u=(1,0)$ et $v=(2,1)$. Calculer $\omega _{(3,2)}(u)$ et $\omega _{(0,n)}(v)$.

Solution

• $\omega _{(3,2)}=12\,\mathrm {d} x+\mathrm {e} ^{3}\,\mathrm {d} y$ donc $\omega _{(3,2)}(u)=12$.
• $\omega _{(0,n)}=\mathrm {d} y$ donc $\omega _{(0,n)}(v)=1$.

 

Exercice 28-2

Calculer les intégrales curvilignes $\int _{\Gamma }\omega$ dans les situations suivantes :

1. $\omega =xy\,\mathrm {d} x+(x+y)\,\mathrm {d} y$ et $\Gamma$ est l'arc de parabole d'équation $y=x^{2}$ pour $x$ allant de $-1$ à $2$ ;
2. $\omega =y\sin x\,\mathrm {d} x+x\cos y\,\mathrm {d} y$ et $\Gamma$ est le segment de droite allant de $A=(0,0)$ à $B=(1,1)$ ;
3. $\omega =x^{2}y\,\mathrm {d} x+xy\,\mathrm {d} y$ et $\Gamma$ est le cercle unité centré en $0$ et parcouru dans le sens trigonométrique ;
4. $\omega =y^{2}\,\mathrm {d} x+x^{2}\,\mathrm {d} y$ et $\Gamma$ est la courbe (orientée dans sens trigonométrique) d'équation :
   • $x^{2}+y^{2}-ay=0$ (avec $a\in \mathbb {R} ^{*}$),
   • ${\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}-{\frac {2x}{a}}-{\frac {2y}{b}}=0$ (avec $a,b>0$) ;
5. $\omega =y\,\mathrm {d} x+2x\,\mathrm {d} y$ et $\Gamma$ est le contour (parcouru une fois dans le sens direct) de $\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 2x,\;x^{2}+y^{2}\leq 2y\}$ ;
6. $\omega =2xy\,\mathrm {d} x+x^{2}\,\mathrm {d} y$ sur le chemin $t\mapsto (t,2t^{2})$ où $t\in [0,1]$.
7. $\omega =x\,\mathrm {d} x+xy\,\mathrm {d} y$ sur le quart de cercle de centre $(0,0)$ joignant $(1,0)$ à $(0,1)$.
8. $\omega =(y-z)\,\mathrm {d} x+(z-x)\,\mathrm {d} y+(x-y)\,\mathrm {d} z$ le long du chemin $\gamma :[0,1]\to \mathbb {R} ^{3}$ donné par $\gamma (t)=(r\cos t,r\sin t,2t)$.

Solution

1. Paramétrons $\Gamma$ par $\gamma (t)=(t,t^{2}),\;t\in [-1,2]$. Alors, $\gamma '(t)=(1,2t)$, donc $\omega _{\gamma (t)}(\gamma '(t))=t^{3}+2t(t+t^{2})=3t^{3}+2t^{2}$ et $\int _{\Gamma }\omega =\left[3{\frac {t^{4}}{4}}+2{\frac {t^{3}}{3}}\right]_{-1}^{2}={\frac {69}{4}}$.
2. Paramétrons $\Gamma$ par $\gamma (t)=(t,t),\;t\in [0,1]$. Alors, $\gamma '(t)=(1,1)$, donc $\omega _{\gamma (t)}(\gamma '(t))=t(\sin t+\cos t)$ et $\int _{\Gamma }\omega =\left[t(-\cos t+\sin t)-(-\sin t-\cos t)\right]_{0}^{1}=2\sin 1-1$.
3. Paramétrons $\Gamma$ par $\gamma (t)=(\cos t,\sin t),\;t\in [0,2\pi ]$. Alors, $\gamma '(t)=(-\sin t,\cos t)$, donc $\omega _{\gamma (t)}(\gamma '(t))=-\cos ^{2}t\sin ^{2}t+\cos ^{2}t\sin t$. Or $\cos ^{2}t\sin t=\left({\frac {-\cos ^{3}t}{3}}\right)'$ et $\cos ^{2}t\sin ^{2}t={\frac {\sin ^{2}(2t)}{4}}={\frac {1-\cos(4t)}{8}}$, donc $\int _{\Gamma }\omega =\left[-{\frac {t}{8}}+{\frac {\sin(4t)}{32}}-{\frac {\cos ^{3}t}{3}}\right]_{0}^{2\pi }=\left[-{\frac {t}{8}}\right]_{0}^{2\pi }=-{\frac {\pi }{4}}$.
4. • Paramétrons ce cercle $\Gamma$ par $\gamma (t)={\frac {a}{2}}(\cos t,1+\sin t),\;t\in [0,2\pi ]$. Alors, $\gamma '(t)={\frac {a}{2}}(-\sin t,\cos t)$, donc $\omega _{\gamma (t)}(\gamma '(t))={\frac {a^{3}}{8}}\left(-\sin t(1+\sin t)^{2}+\cos ^{3}t\right)$. Or $2\sin ^{2}t=1-\cos(2t)$, $\sin ^{3}t=(1-\cos ^{2}t)\sin t$ et $\cos ^{3}t=(1-\sin ^{2}t)\cos t$. Donc $\int _{\Gamma }\omega ={\frac {a^{3}}{8}}\int _{0}^{2\pi }\left(-\sin t-1+\cos(2t)-(1-\cos ^{2}t)\sin t+(1-\sin ^{2}t)\cos t\right)\,\mathrm {d} t={\frac {a^{3}}{8}}\int _{0}^{2\pi }(-1)\,\mathrm {d} t=-{\frac {\pi a^{3}}{4}}$.
   • Paramétrons cette ellipse $\Gamma$ par $\gamma (t)=\left(a(1+{\sqrt {2}}\cos t),b(1+{\sqrt {2}}\sin t)\right),\;t\in [0,2\pi ]$. Alors, $\gamma '(t)={\sqrt {2}}\left(-a\sin t,b\cos t\right)$, donc $\omega _{\gamma (t)}(\gamma '(t))=ab{\sqrt {2}}\left(-b\sin t(1+{\sqrt {2}}\sin t)^{2}+a\cos t(1+{\sqrt {2}}\cos t)^{2}\right)$. Or $2\sin ^{2}t=1-\cos(2t)$, $2\cos ^{2}t=1+\cos(2t)$, $\sin ^{3}t=(1-\cos ^{2}t)\sin t$ et $\cos ^{3}t=(1-\sin ^{2}t)\cos t$. Donc $\int _{\Gamma }\omega =ab{\sqrt {2}}\int _{0}^{2\pi }\left(-b\left\{\sin t+{\sqrt {2}}(1-\cos(2t))+2(1-\cos ^{2}t)\sin t\right\}+a\left\{\cos t+{\sqrt {2}}(1+\cos(2t))+2(1-\sin ^{2}t)\cos t\right\}\right)\,\mathrm {d} t=ab{\sqrt {2}}(-b{\sqrt {2}}+a{\sqrt {2}})2\pi =4\pi ab(a-b)$.
5. $\Gamma$ est la réunion de deux arcs de cercle $\Gamma _{1},\Gamma _{2}$paramétrés respectivement par $\gamma _{1}:t\mapsto (1+\cos t,\sin t),\;t\in [\pi /2,\pi ]$ et $\gamma _{2}:t\mapsto (\cos t,1+\sin t),\;t\in [-\pi /2,0]$.
   $\int _{\Gamma _{1}}\omega =\int _{\frac {\pi }{2}}^{\pi }\left(-\sin ^{2}t+2(1+\cos t)\cos t\right)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(-\cos ^{2}s-2(1-\sin s)\sin s\right)\,\mathrm {d} s$ et $\int _{\Gamma _{2}}\omega =\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{0}\left(-(1+\sin t)\sin t+2\cos ^{2}t\right)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left((1-\sin s)\sin s+2\cos ^{2}s\right)\,\mathrm {d} s$ donc $\int _{\Gamma }\omega =\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(\cos ^{2}s-\sin s+\sin ^{2}s\right)\,\mathrm {d} s=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(1-\sin s\right)\,\mathrm {d} s=\left[s+\cos s\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{2}}-1$.
6. $\omega =\mathrm {d} f$ pour $f(x,y)=x^{2}y$ donc l'intégrale ne dépend que des extrémités du chemin et vaut $f(1,2)-f(0,0)=2$.
7. $\omega$ n'est pas fermée donc pas exacte. Paramétrons ce quart de cercle $\Gamma$ par $x=\cos \theta$ et $y=\sin \theta$ avec $\theta \in [0,\pi /2]$.
   $\int _{\gamma }\omega =\int _{0}^{\pi /2}\cos \theta \,(-\sin \theta \mathrm {d} \theta )+\cos \theta \sin \theta \,(\cos \theta \mathrm {d} \theta )=-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi /2}\sin(2\theta )\,\mathrm {d} \theta +\int _{1}^{0}u^{2}\,(-\mathrm {d} u)$ (on a posé $u=\cos \theta$)
   $=-{\frac {1}{2}}\left[{\frac {-\cos(2\theta )}{2}}\right]_{0}^{\pi /2}-\left[{\frac {u^{3}}{3}}\right]_{1}^{0}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}=-{\frac {1}{6}}$.
8. $\omega$ n'est pas fermée donc pas exacte. Son intégrale le long de cette hélice vaut

   ${\begin{aligned}\int _{0}^{1}&(r\sin t-2t)\,(-r\sin t\mathrm {d} t)+(2t-r\cos t)\,(r\cos t\mathrm {d} t)+2r(\cos t-\sin t)\,\mathrm {d} t\\&=r\int _{0}^{1}\left((r\sin t-2t)(-\sin t)+(2t-r\cos t)\cos t+2(\cos t-\sin t)\right)\,\mathrm {d} t\\&=r\int _{0}^{1}\left(-r+2t(\sin t+\cos t)+2(\cos t-\sin t)\right)\,\mathrm {d} t\\&=r\left[-rt+2t(-\cos t+\sin t)+4(\sin t+\cos t)\right]_{0}^{1}\\&=r\left(-r+2(-\cos 1+\sin 1)+4(\sin 1+\cos 1-1)\right)\\&=r\left(-r+2\cos 1+6\sin 1-4\right).\end{aligned}}$

 

On considère sur $\mathbb {R} ^{2}$ la forme différentielle $\omega =x^{2}\,\mathrm {d} x-xy\,\mathrm {d} y$.

1. Calculer l'intégrale de $\omega$ le long des deux courbes suivantes :
   • le segment de droite allant de $A=(0,0)$ à $B=(1,1)$ ;
   • l'arc de parabole $\Gamma$ d'équation $y=x^{2}$ pour $x$ allant de $0$ à $1$.
2. La 1-forme $\omega$ est-elle exacte ?

Solution

1. En réutilisant les paramétrages précédents, on obtient :
   • $\int _{[A,B]}\omega =\int _{0}^{1}\left(t^{2}-t^{2}\right)\,\mathrm {d} t=0$ ;
   • $\int _{\Gamma }\omega =\int _{0}^{1}\left(t^{2}-2t^{4}\right)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{3}}-{\frac {2}{5}}=-{\frac {1}{15}}$.
2. Non puisque d'après la question 1, l'intégrale de $A$ à $B$ dépend du chemin choisi.

 

Exercice 28-3

Calculer l'intégrale curviligne $\int _{\Gamma }{\frac {y^{2}}{\sqrt {1+4x^{2}}}}\,\mathrm {d} s$ où $\Gamma$ est l'arc de parabole d'équation $y=x^{2}$ reliant les points $(-1,1)$ et $(1,1)$.

Solution

On paramétrise $\Gamma$ par $t\mapsto (x(t),y(t))=(t,t^{2}),\;-1\leq t\leq 1$. Ainsi,

$\mathrm {d} s={\sqrt {(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}}}\mathrm {d} t={\sqrt {1+4t^{2}}}\mathrm {d} t$

et

$\int _{\Gamma }{\frac {y^{2}}{\sqrt {1+4x^{2}}}}\,\mathrm {d} s=\int _{-1}^{1}{\frac {t^{4}}{\sqrt {1+4t^{2}}}}{\sqrt {1+4t^{2}}}\,\mathrm {d} t=\int _{-1}^{1}t^{4}\,\mathrm {d} t={\frac {2}{5}}$.

 

Exercice 28-4

Représenter graphiquement l'arc de parabole

$\Gamma =\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y=1-x^{2},\;-1\leq x\leq 1\}$

puis calculer les intégrales curvilignes $\int _{\Gamma }y\,\mathrm {d} x$, $\int _{\Gamma }x\,\mathrm {d} y$ et $\int _{\Gamma }(y\,\mathrm {d} x+x\,\mathrm {d} y)$.

Solution

$\Gamma$ est symétrique par rapport à $Oy$ et joint, en restant au-dessus de $Ox$, les points $A=(-1,0)$ et $B=(1,0)$.

$\int _{\Gamma }y\,\mathrm {d} x=\int _{-1}^{1}(1-x^{2})\,\mathrm {d} x=4/3$ et $\int _{\Gamma }x\,\mathrm {d} y=\int _{-1}^{1}x(-2x)\,\mathrm {d} x=-4/3$

donc $\int _{\Gamma }(y\,\mathrm {d} x+x\,\mathrm {d} y)=0$, ce qui était prévisible puisque

$\int _{\Gamma }(y\,\mathrm {d} x+x\,\mathrm {d} y)=\int _{\Gamma \cup [B,A]}\mathrm {d} (xy)$.

 

Exercice 28-5

1. Montrer que ${\vec {F}}(x,y):=(y,x)$ est un champ de gradient, autrement dit, que la forme différentielle $\omega :=y\mathrm {d} x+x\mathrm {d} y$ est exacte.
2. Calculer un potentiel $U$ dont dérive ce champ, autrement dit, tel que $\omega =-\mathrm {d} U$.
3. Quelle est la circulation $\int _{A}^{B}\omega$ de ce champ, de $A=(a_{1},a_{2})$ à $B=(b_{1},b_{2})$ ?
4. Mêmes questions pour la forme différentielle $\omega :=x^{2}\mathrm {d} x+y^{2}\mathrm {d} y$.
5. Montrer que ${\vec {V}}(x,y,z):=(y^{2}\cos x,2y\sin x+\operatorname {e} ^{2z},2y\operatorname {e} ^{2z})$ est un champ de gradient, en déterminant le potentiel dont il dérive et qui est nul à l'origine. Quelle est la circulation de ce champ de $A=(0,1,0)$ à $B=(\pi /2,3,0)$ ?

Solution

1. Inutile de vérifier l'« égalité des dérivées croisées » : cf. question suivante.
2. $U(x,y):=-xy$ convient.
3. $\int _{A}^{B}\omega =[-U]_{A}^{B}=b_{1}b_{2}-a_{1}a_{2}$.
4. $U:=-{\frac {x^{3}+y^{3}}{3}}$ ; $\int _{A}^{B}\omega =[-U]_{A}^{B}$.
5. $U:=-y^{2}\sin x-y\operatorname {e} ^{2z}$ ; $\int _{[A,B]}{\vec {V}}\cdot {\overrightarrow {\mathrm {d} M}}=[-U]_{A}^{B}=11$.

 

Exercice 28-6

Calculer l'intégrale curviligne $\int _{\Gamma }y\,\mathrm {d} s$ où $\Gamma$ est le demi-cercle d'équation $x^{2}+y^{2}=2x,\;y\geq 0$.

Solution

$y={\sqrt {2x-x^{2}}}$, $x\in [0,2]$, $y'={\frac {1-x}{\sqrt {2x-x^{2}}}}$, $(x')^{2}+(y')^{2}=1+{\frac {(1-x)^{2}}{2x-x^{2}}}={\frac {1}{2x-x^{2}}}$, $\int _{\Gamma }y\,\mathrm {d} s=\int _{0}^{2}\mathrm {d} x=2$.

 

Exercice 28-7

Soient $\omega =x\,\mathrm {d} y-y\,\mathrm {d} x$, $A_{1}=(x_{1},y_{1})$ et $A_{2}=(x_{2},y_{2})$. Calculer $\int _{[A_{1},A_{2}]}\omega$.

Solution

On paramètre le segment orienté par $M(t)=(1-t)A_{1}+tA_{2}$ avec $t\in [0,1]$.

$\int _{[A_{1},A_{2}]}\omega =\int _{0}^{1}\left\{\left((1-t)x_{1}+tx_{2}\right)(y_{2}-y_{1})-\left((1-t)y_{1}+ty_{2}\right)(x_{2}-x_{1})\right\}\,\mathrm {d} t$ $=\int _{0}^{1}\left\{x_{1}(y_{2}-y_{1})-y_{1}(x_{2}-x_{1})\right\}\,\mathrm {d} t=x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2}$.

Remarque : le calcul donne donc l'aire du parallélogramme engendré par $[O,A_{1}]$ et $[O,A_{2}]$ ; on pouvait le prévoir par Green-Riemann.

 

Exercice 28-8

Trouver toutes les fonctions $f$ telles que :

1. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=-\sin x\sin y$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=\cos x\cos y$ ;
2. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=2xy+y^{3}$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=x^{2}+3y^{2}x$ ;
3. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=-y$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=x$ ;
4. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=y+\cos x$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=x^{2}+y^{2}$ ;
5. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=y^{2}$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=2xy$ ;
6. ${\frac {\partial f}{\partial T}}(T,V)=C_{v}$ et ${\frac {\partial f}{\partial V}}(T,V)={\frac {nRT}{V}}$ ;
7. ${\frac {\partial f}{\partial T}}(T,V)={\frac {C_{v}}{T}}$ et ${\frac {\partial f}{\partial V}}(T,V)={\frac {nR}{V}}$ ;
8. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)={\frac {2x}{y}}$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=-{\frac {x^{2}}{y^{2}}}$.

Solution

Remarquons d'abord qu'une telle fonction est nécessairement de classe C^∞ puisque ses dérivées partielles le sont.

1. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=-\sin x\sin y\Leftrightarrow f(x,y)=\cos x\sin y+g(y)$ et ${\frac {\partial }{\partial y}}(\cos x\sin y+g(y))=\cos x\cos y\Leftrightarrow g'(y)=0$ donc les solutions sont $f(x,y)=\cos x\sin y+C$ ($C\in \mathbb {R}$).
2. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=2xy+y^{3}\Leftrightarrow f(x,y)=x^{2}y+y^{3}x+g(y)$ et ${\frac {\partial }{\partial y}}(x^{2}y+y^{3}x+g(y))=x^{2}+3y^{2}x\Leftrightarrow g'(y)=0$ donc les solutions sont $f(x,y)=x^{2}y+y^{3}x+C$ ($C\in \mathbb {R}$).
3. Pas de solution d'après le théorème de Schwarz, puisque ${\frac {\partial }{\partial y}}(-y)=-1$ et ${\frac {\partial }{\partial x}}(x)=1\neq -1$ ;
4. De même, pas de solution puisque ${\frac {\partial }{\partial y}}(y+\cos x)=-1$ et ${\frac {\partial }{\partial x}}(x^{2}+y^{2})=2x\neq 1$.
5. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=y^{2}\Leftrightarrow f(x,y)=xy^{2}+g(y)$ et ${\frac {\partial }{\partial y}}\left(xy^{2}+g(y)\right)=2xy\Leftrightarrow g'=0$ donc les solutions sont $f(x,y)=xy^{2}+C$ ($C\in \mathbb {R}$).
6. Pas de solution, puisque ${\frac {\partial }{\partial V}}(C_{v})=0$ et ${\frac {\partial }{\partial T}}\left({\frac {nRT}{V}}\right)={\frac {nR}{V}}\neq 0$ ;
7. ${\frac {\partial f}{\partial T}}(T,V)={\frac {C_{v}}{T}}\Leftrightarrow f(T,V)=C_{v}\ln T+g(V)$ et ${\frac {\partial }{\partial V}}(C_{v}\ln T+g(V))={\frac {nR}{V}}\Leftrightarrow g'(V)={\frac {nR}{V}}$ donc les solutions sont $f(T,V)=C_{v}\ln T+nR\ln V+C$ ($C\in \mathbb {R}$).
8. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)={\frac {2x}{y}}\Leftrightarrow f(x,y)={\frac {x^{2}}{y}}+g(y)$ et ${\frac {\partial }{\partial y}}\left({\frac {x^{2}}{y}}+g(y)\right)=-{\frac {x^{2}}{y^{2}}}\Leftrightarrow g'=0$ donc les solutions sont $f(x,y)={\frac {x^{2}}{y}}+C$ ($C\in \mathbb {R}$).

 

Exercice 28-9

On considère la forme différentielle $\omega$ définie sur $\mathbb {R} ^{2}$ par

$\omega =-2xy\sin(x^{2}y)\,\mathrm {d} x+(2y-x^{2}\sin(x^{2}y))\,\mathrm {d} y$.

1. Montrer que $\omega$ est exacte.
2. On note $\Gamma$ la courbe de $\mathbb {R} ^{2}$ paramétrée par $\gamma :[0,2\pi ]\to \mathbb {R} ^{2},\;\theta \mapsto (\sin \theta \cos ^{2}\theta ,\sin ^{2}\theta )$. Calculer $\int _{\Gamma }\omega$.

Solution

1. $\omega$ est fermée car ${\frac {\partial (2y-x^{2}\sin(x^{2}y))}{\partial x}}=-2x\sin(x^{2}y)-2x^{3}y\cos(x^{2}y)={\frac {\partial (-2xy\sin(x^{2}y)}{\partial x}}$, et $\mathbb {R} ^{2}$ est étoilé, donc $\omega$ est exacte.
2. De plus, $\gamma (0)=\gamma (2\pi )$. Donc $\int _{\Gamma }\omega =0$.

 

On considère la forme différentielle $\omega$ définie sur le demi-plan $U=\mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}^{*}$ par

$\omega ={\frac {2x}{y}}\,\mathrm {d} x-{\frac {x^{2}}{y^{2}}}\,\mathrm {d} y$.

1. Montrer que $\omega$ est exacte et déterminer ses primitives.
2. Soit $\Gamma$ une courbe dans $U$, C¹ par morceaux, allant de $A=(1,2)$ à $B=(3,8)$. Calculer $\int _{\Gamma }\omega$.

Solution

$\omega =\mathrm {d} \left({\frac {x^{2}}{y}}\right)$ donc $\int _{\Gamma }\omega ={\frac {3^{2}}{8}}-{\frac {1^{2}}{2}}={\frac {5}{8}}$.

 

On considère la forme différentielle $\omega$ définie sur $\mathbb {R} ^{2}$ par

$\omega =(y^{3}-3xy^{2})\,\mathrm {d} x+(3xy^{2}-6x^{2}y)\,\mathrm {d} y$.

1. Montrer que $\omega$ est exacte.
2. Calculer son intégrale sur :
   • le demi-cercle supérieur de diamètre $[A,B]$, allant de $A=(1,2)$ vers $B=(3,4)$ ;
   • la courbe paramétrée $\gamma :[0,1]\to \mathbb {R} ^{2},\;(1+3t-t^{2},2+4t-2t^{2})$.

Solution

$\omega =\mathrm {d} \left(xy^{3}-3x^{2}y^{2}\right)=\mathrm {d} \left(xy^{2}(y-3x)\right)$ donc la première intégrale vaut $3.4^{2}(4-3.3)-1.2^{2}(2-3.1)=-236$, et la seconde aussi car $\gamma (0)=A$ et $\gamma (1)=B$.

 

Exercice 28-10

Soit $f$ une fonction de classe C² sur $\mathbb {R} ^{2}$ telle que

${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}=0$

(une telle fonction est dite harmonique). On définit sur $\mathbb {R} ^{2}$ la forme différentielle

$\omega =-{\frac {\partial f}{\partial y}}\,\mathrm {d} x+{\frac {\partial f}{\partial x}}\,\mathrm {d} y$.

1. Pour $r\geq 0$, on note $\Gamma _{r}$ le cercle de rayon $r$ centré en l'origine, parcouru dans le sens trigonométrique. Calculer $\int _{\Gamma _{r}}\omega$.
2. Pour tout réel $r\geq 0$, on note
   $\varphi (r)=\int _{0}^{2\pi }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\,\mathrm {d} \theta$.
   Montrer que $\varphi$ est de classe C¹ sur $\mathbb {R} _{+}$ et que pour tout $r>0$, $r\varphi '(r)=\int _{\Gamma _{r}}\omega$. En déduire une expression simple de $\varphi$.
3. Soit $R>0$. On note $D_{R}$ le disque de rayon $R$ centré en l'origine. Calculer la moyenne de $f$ sur ce disque, c'est-à-dire ${\frac {1}{\operatorname {Aire} (D_{R})}}\iint _{D_{R}}f(x,y)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$.

Solution

1. $\omega$ est fermée d'après l'hypothèse sur $f$, et $\mathbb {R} ^{2}$ est étoilé, donc $\omega$ est exacte, si bien que $\int _{\Gamma _{r}}\omega =0$.
2. D'après les théorèmes sur les intégrales dépendant d'un paramètre et puisque $f$ est C¹, $\varphi$ l'est aussi et $\varphi '(r)=\int _{0}^{2\pi }\left({\frac {\partial f}{\partial x}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )\cos \theta +{\frac {\partial f}{\partial y}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )\sin \theta \right)\,\mathrm {d} \theta$. Or $\int _{\Gamma _{r}}\omega =\int _{0}^{2\pi }\left(-{\frac {\partial f}{\partial y}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )-r\sin \theta +{\frac {\partial f}{\partial x}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\cos \theta \right)\,\mathrm {d} \theta$. Donc $r\varphi '(r)=\int _{\Gamma _{r}}\omega$ et par conséquent, d'après la question 1, $\varphi '=0$, si bien que $\varphi =\varphi (0)=2\pi f(0,0)$.
3. ${\frac {1}{\operatorname {Aire} (D_{R})}}\iint _{D_{R}}f(x,y)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y={\frac {1}{\pi R^{2}}}\int _{0}^{R}\varphi (r)\,r\mathrm {d} r={\frac {1}{\pi R^{2}}}\int _{0}^{R}2\pi f(0,0)\,r\mathrm {d} r=f(0,0)$.

 

Exercice 28-11

On considère sur $\mathbb {R} ^{2}$ la forme différentielle $\omega =y\left(x\,\mathrm {d} x+y\,\mathrm {d} y\right)$. On considère les points $A=(0,0)$, $B=(1,0)$ et $C=(0,1)$, et $\Gamma$ le triangle $(ABC)$ orienté dans le sens trigonométrique.

1. Calculer l'intégrale $\int _{\Gamma }\omega$ :
   1. directement, puis
   2. en utilisant la formule de Green-Riemann.
2. $\omega$ est-elle exacte ?

Solution

1. 1. $\int _{[A,B]}\omega =\int _{[A,B]}0=0$ (car $y=0$ sur $[A,B]$).
      $\int _{[B,C]}\omega =\int _{0}^{1}y\left(-(1-y)+y\right)\,\mathrm {d} y=\left[{\frac {2y^{3}}{3}}-{\frac {y^{2}}{2}}\right]_{0}^{1}={\frac {1}{6}}$.
      $\int _{[C,A]}\omega =\int _{1}^{0}y\left(0+y\right)\,\mathrm {d} y=\left[{\frac {y^{3}}{3}}\right]_{1}^{0}=-{\frac {1}{3}}$.
      $\int _{\Gamma }\omega =0+{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{3}}=-{\frac {1}{6}}$.
   2. $\mathrm {d} \omega =\left({\frac {\partial (y^{2})}{\partial x}}-{\frac {\partial (xy)}{\partial y}}\right)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=-x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$. Soit $T$ le triangle de bord $\Gamma$. $\int _{\Gamma }\omega =\iint _{T}\mathrm {d} \omega =\int _{0}^{1}-x\left(\int _{0}^{1-x}\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\left(x^{2}-x\right)\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{2}}{2}}\right]_{0}^{1}=-{\frac {1}{6}}$.
2. Non puisqu'elle n'est même pas fermée.

 

Mêmes questions pour la forme $\omega =y\left(x\,\mathrm {d} x+\mathrm {d} y\right)$ et $\Gamma =$ :

• le triangle joignant les points $A=(-1,0)$, $B=(1,0)$ et $C=(0,1)$ ;
• le contour du domaine $D=\{\left(x,y\right)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 0\leq x\leq \pi ,\quad 0\leq y\leq \sin x\}$.

Solution

1. 1. • $\int _{[A,B]}\omega =\int _{[A,B]}0=0$ (car $y=0$ sur $[A,B]$).
        $\int _{[B,C]}\omega =\int _{0}^{1}y\left(-(1-y)+1\right)\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}y^{2}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{3}}$.
        $\int _{[C,A]}\omega =\int _{1}^{0}y\left(y-1+1\right)\,\mathrm {d} y=-\int _{0}^{1}y^{2}\,\mathrm {d} y=-{\frac {1}{3}}$.
        $\int _{\Gamma }\omega =0+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{3}}=0$.
      • $\int _{\Gamma }\mathrm {d} \omega =\int _{0}^{\pi }\left(x0\,\mathrm {d} x+0\,\mathrm {d} 0\right)+\int _{\pi }^{0}\left(x\sin x\,\mathrm {d} x+\sin x\,\mathrm {d} (\sin x)\right)=0+\int _{\pi }^{0}x\sin x\,\mathrm {d} x+\int _{0}^{0}u\,\mathrm {d} u=-\int _{0}^{\pi }x\sin x\,\mathrm {d} x$
        et $-\int _{0}^{\pi }x\sin x\,\mathrm {d} x=\left[-x\cos x\right]_{\pi }^{0}+\int _{\pi }^{0}\cos x\,\mathrm {d} x=-\pi$.
   2. $\mathrm {d} \omega =\left({\frac {\partial y}{\partial x}}-{\frac {\partial (xy)}{\partial y}}\right)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=-x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$.
      • Soit $T$ le triangle de bord $\Gamma$. $\int _{\Gamma }\omega =\iint _{T}\mathrm {d} \omega =0$ car $T$ est invariant par la symétrie $(x,y)\mapsto (-x,y)$, qui change $\mathrm {d} \omega$ en son opposée.
      • $\int _{\Gamma }\mathrm {d} \omega =-\iint _{D}x\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y=-\int _{0}^{\pi }x\sin x\,\mathrm {d} x=-\pi$.
2. Non puisqu'elle n'est même pas fermée.

 

Mêmes questions pour $\Gamma =$ le contour du domaine $D:=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x,y\geq 0,\;x^{2}+y^{2}\leq 1\}$ et pour la forme

1. $\omega =(x+y)\,\mathrm {d} x+(2x+y)\,\mathrm {d} y$ ;
2. $\omega =xy(y\,\mathrm {d} x+2\,\mathrm {d} y)$.

Solution

1. 1. $\Gamma$ est constitué de deux segments $[B,O]$ et $[O,A]$ et d'un quart de cercle ${\overset {\displaystyle \frown }{AB}}$.
      • $\int _{[O,A]}\omega =\int _{0}^{1}x\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}$, $\int _{[B,O]}\omega =\int _{1}^{0}y\,\mathrm {d} y=-{\frac {1}{2}}$, $\int _{\overset {\displaystyle \frown }{AB}}\omega =\int _{0}^{\pi /2}\left((\cos \theta +\sin \theta )(-\sin \theta )+(2\cos \theta +\sin \theta )\cos \theta \right)\,\mathrm {d} \theta =\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1+3\cos(2\theta )}{2}}\,\mathrm {d} \theta =\left[{\frac {\theta }{2}}+{\frac {3\sin(2\theta )}{4}}\right]_{0}^{\pi /2}={\frac {\pi }{4}}$.$\int _{\Gamma }\omega ={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {\pi }{4}}={\frac {\pi }{4}}$.
      • $\int _{[O,A]}\omega =\int _{[B,O]}\omega =0$, $\int _{\overset {\displaystyle \frown }{AB}}\omega =\int _{0}^{\pi /2}\cos \theta \sin \theta \left(-\sin ^{2}\theta +2\cos \theta \right)\,\mathrm {d} \theta =-\int _{0}^{1}s^{3}\,\mathrm {d} s+2\int _{1}^{0}c^{2}\,-\mathrm {d} c=-{\frac {1}{4}}+{\frac {2}{3}}={\frac {5}{12}}$.
   2. • $\mathrm {d} \omega =\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$. $\int _{\Gamma }\omega =\iint _{D}\mathrm {d} \omega ={\frac {\pi }{4}}$ (aire du quart de disque unité).
      • $\mathrm {d} \omega =2y(1-x)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y$. $\int _{\Gamma }\omega =2\iint _{D}y(1-x)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y=2\iint _{0\leq r\leq 1 \atop 0\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}}r\sin \theta (1-r\cos \theta )\,r\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =2\left(\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left({\frac {1}{3}}-{\frac {\cos \theta }{4}}\right)\,\sin \theta \,\mathrm {d} \theta \right)=2\left(\int _{1}^{0}\left({\frac {1}{3}}-{\frac {u}{4}}\right)\,(-\mathrm {d} u)\right)=2\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{8}}\right)={\frac {5}{12}}$.
2. Non puisqu'elle n'est même pas fermée.

 

Exercice 28-12

Soit $P(x,y)=y\sin x$ et $Q(x,y)=\sin ^{2}y+\phi (x)$, où $\phi :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ est C¹. On pose $\omega =P\,\mathrm {d} x+Q\,\mathrm {d} y$.

1. Déterminer $\phi$ pour que $\omega$ soit exacte sur $\mathbb {R} ^{2}$ et nulle en $(0,0)$.
2. Calculer alors les primitives de $\omega$, puis
3. l'intégrale $\int _{\Gamma }\omega$, où $\Gamma$ est la courbe donnée par la paramétrisation $\gamma :[0,\pi ]\to \mathbb {R} ^{2},\;t\mapsto (t^{2}+t^{5},\mathrm {e} ^{-t}\sin t)$.

Solution

1. Sur $\mathbb {R} ^{2}$ (étoilé), exacte équivaut à fermée. ${\frac {Q}{\partial x}}={\frac {P}{\partial y}}\Leftrightarrow \phi '=\sin \Leftrightarrow \phi =-\cos +C$, et alors, $\omega (0,0)=0\Leftrightarrow C=1$.
2. ${\frac {\partial f}{\partial x}}=y\sin x\Leftrightarrow f(x,y)=-y\cos x+g(y)$, et ${\frac {\partial }{\partial y}}\left(-y\cos x+g(y)\right)=\sin ^{2}y-\cos +1\Leftrightarrow g'(y)=1+sin^{2}y=1+{\frac {1-\cos(2y)}{2}}={\frac {3-\cos(2y)}{2}}\Leftrightarrow g(y)={\frac {3y}{2}}-{\frac {\sin(2y)}{4}}+K\quad (K\in \mathbb {R} )$. Les primitives de $\omega$ sont donc les fonctions de la forme $f(x,y)=-y\cos x+{\frac {3y}{2}}-{\frac {\sin(2y)}{4}}+K\quad (K\in \mathbb {R} )$.
3. $\gamma (\pi )=(\pi ^{2}+\pi ^{5},0)$, $\gamma (0)=(0,0)$ et $f(x,0)=K$ donc $\int _{\Gamma }\omega =K-K=0$.

 

Mêmes questions pour $P(x,y)={\frac {2xy}{(1+x^{2})^{2}}}$, $Q(x,y)=\phi (x)$ et $\Gamma =$ l'ellipse d'équation ${\frac {x^{2}}{7}}+{\frac {y^{2}}{3}}=1$, orientée dans le sens direct.

Solution

1. ${\frac {\partial Q}{\partial x}}={\frac {\partial P}{\partial y}}\Leftrightarrow \phi '(x)={\frac {2x}{(1+x^{2})^{2}}}\Leftrightarrow \phi (x)=-{\frac {1}{1+x^{2}}}+C$ et alors, $\phi (0)=0\Leftrightarrow C=1$. La solution est donc : $\phi (x)=1-{\frac {1}{1+x^{2}}}={\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}$.
2. ${\frac {\partial f}{\partial x}}={\frac {2xy}{(1+x^{2})^{2}}}\Leftrightarrow f(x,y)=-{\frac {y}{1+x^{2}}}+g(y)$, et alors, ${\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}\Leftrightarrow -{\frac {1}{1+x^{2}}}+g'(y)={\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}\Leftrightarrow g'(y)=1\Leftrightarrow g(y)=y+K\quad (K\in \mathbb {R} )$. Les primitives de $\omega$ sont donc les fonctions de la forme $f(x,y)=-{\frac {y}{1+x^{2}}}+y+K={\frac {x^{2}y}{1+x^{2}}}+K\quad (K\in \mathbb {R} )$.
3. $\omega$ est exacte (sur $\mathbb {R} ^{2}$) et $\Gamma$ est fermée, donc $\int _{\Gamma }\omega =0$.

 

Exercice 28-13

On considère la couronne $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4\}$. Retrouver l'aire de $D$ en utilisant la formule de Green-Riemann.

Solution

On sait a priori que cette aire vaut $\pi 2^{2}-\pi 1^{2}=3\pi$. Choisissons une forme différentielle $\omega$ définie au voisinage de $D$ et telle que $\mathrm {d} \omega =\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$. Par exemple : $\omega ={\frac {1}{2}}(x\,\mathrm {d} y-y\,\mathrm {d} x)$. L'aire de $D$ est alors égale à $\int _{D}\mathrm {d} \omega =\int _{\partial D}\omega =\int _{0}^{2\pi }4{\frac {\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta }{2}}\,\mathrm {d} \theta +\int _{2\pi }^{0}{\frac {\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta }{2}}\,\mathrm {d} \theta =3\pi$.

 

Soit $a>0$. Utiliser le théorème de Green-Riemann pour calculer l'aire du domaine $D$ délimité par l'astroïde $x=\cos ^{3}t,y=\sin ^{3}t\;(\theta \in [0,2\pi ])$.

Solution

Choisissons une forme différentielle $\omega$ définie au voisinage de $D$ et telle que $\mathrm {d} \omega =\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$. Par exemple : $\omega ={\frac {1}{2}}(x\,\mathrm {d} y-y\,\mathrm {d} x)$. L'aire de $D$ est alors égale à $\int _{D}\mathrm {d} \omega =\int _{\partial D}\omega =\int _{0}^{2\pi }{\frac {3}{2}}\left(\cos ^{4}\theta \sin ^{2}\theta +\sin ^{4}\theta \cos ^{2}\theta \right)\,\mathrm {d} \theta ={\frac {3}{2}}\int _{0}^{2\pi }\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta \,\mathrm {d} \theta ={\frac {3}{8}}\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}(2\theta )\,\mathrm {d} \theta ={\frac {3}{16}}\int _{0}^{2\pi }\left(1-\cos(4\theta )\right)\,\mathrm {d} \theta ={\frac {3\pi }{8}}$.

 

Exercice 28-14

Utiliser le théorème de Green-Riemann pour calculer $\int _{\gamma }\omega$ dans les cas suivants ($\Gamma$ est parcourue dans le sens trigonométrique).

1. $\Gamma$ est le cercle de centre $(0,0)$ et de rayon $R$ et $\omega =xy(-x\,\mathrm {d} x+\mathrm {d} y)$ ;
2. $\Gamma$ est le même cercle et $\omega =(x^{2}-y)\,\mathrm {d} x+(y^{2}+x)\,\mathrm {d} y$ ;
3. $\Gamma$ est le contour du triangle de sommets $(1,1)$, $(2,2)$ et $(1,3)$, et $\omega =2(x^{2}+y^{2})\,\mathrm {d} x+(x+y)^{2}\,\mathrm {d} y$.

Solution

1. $\int _{\gamma }\omega =\iint _{x^{2}+y^{2}\leq R^{2}}(x^{2}+y)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\iint _{0\leq r\leq R \atop 0\leq \theta \leq 2\pi }(r^{2}\cos ^{2}\theta +r\sin \theta )\,r\mathrm {d} r\mathrm {d} \theta =\int _{0}^{2\pi }\left({\frac {R^{4}}{4}}\cos ^{2}\theta +{\frac {R^{3}}{3}}\sin \theta \right)\,\mathrm {d} \theta ={\frac {R^{4}}{4}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {1+\cos(2\theta )}{2}}\,\mathrm {d} \theta ={\frac {R^{4}}{4}}\left[{\frac {\theta }{2}}+{\frac {\sin(2\theta )}{4}}\right]_{0}^{2\pi }={\frac {\pi R^{4}}{4}}$ ;
2. $\int _{\gamma }\omega =\iint _{x^{2}+y^{2}\leq R^{2}}2\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y=2\pi R^{2}$ ;
3. $\int _{\gamma }\omega =\iint _{1\leq x\leq 2 \atop x\leq y\leq 4-x}2(x-y)\,\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\iint _{1\leq x\leq 2 \atop 0\leq t\leq 2x-4}-2t\,\mathrm {d} x\mathrm {d} t=\int _{1}^{2}\left[-t^{2}\right]_{0}^{2x-4}\,\mathrm {d} x=-4\int _{1}^{2}(x-2)^{2}\,\mathrm {d} x=-4\left[{\frac {u^{3}}{3}}\right]_{-1}^{0}=-{\frac {4}{3}}$.