Outils mathématiques pour la physique (PCSI)/Exercices/Applications du vecteur surface élémentaire, des intégrales surfaciques, du volume élémentaire et des intégrales volumiques

Exercice 17-1

Soit la demi-sphère $S:=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{+}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=4\}$. Calculer $\iint _{S}\left(x^{2}+y^{2}\right)z\;\mathrm {d} S$.

Solution

Posons $x=2\cos \theta \cos \varphi ,\;y=2\sin \theta \cos \varphi ,\;z=2\sin \varphi$, avec $0\leq \theta <2\pi$ et $0\leq \varphi \leq {\frac {\pi }{2}}$.

$\iint _{S}\left(x^{2}+y^{2}\right)z\;\mathrm {d} S=\iint _{[0,2\pi ]\times [0,\pi /2]}8\cos ^{2}\varphi \sin \varphi \times 4\cos \varphi \;\mathrm {d} \theta \;\mathrm {d} \varphi =64\pi \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{3}\varphi \sin \varphi \;\mathrm {d} \varphi =16\pi \left[-\cos ^{4}\varphi \right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}=16\pi$.

 

Exercice 17-2

Soit $C$ le cylindre $x^{2}+y^{2}=9$ fermé par les couvercles en $z=0$ et $z=2$. Calculer $\iint _{C}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\;\mathrm {d} S$.

Solution

Sur les deux couvercles $z=h$, posons $x=r\cos \theta$ et $y=r\sin \theta$.

$\iint _{x^{2}+y^{2}\leq 9 \atop z=h}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\;\mathrm {d} S=\iint _{[0,3]\times [0,2\pi ]}(r^{2}+h^{2})\;r\;\mathrm {d} r\;\mathrm {d} \theta =2\pi \left({\frac {3^{4}}{4}}+h^{2}{\frac {3^{2}}{2}}\right)=9\pi \left({\frac {9}{2}}+h^{2}\right)$.

Sur la paroi $x^{2}+y^{2}=9$, posons $x=3\cos \theta$ et $y=3\sin \theta$.

$\iint _{x^{2}+y^{2}=9 \atop 0\leq z\leq 2}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\;\mathrm {d} S=\iint _{[0,2\pi ]\times [0,2]}(9+z^{2})\;3\;\mathrm {d} \theta \;\mathrm {d} z=2\pi \left(27\times 2+2^{3}\right)=124\pi$.

Au total, $\iint _{C}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\;\mathrm {d} S=9\pi \left({\frac {9}{2}}+0^{2}\right)+9\pi \left({\frac {9}{2}}+2^{2}\right)+124\pi =\pi \left(117+124\right)=241\pi$.

 

Exercice 17-3

Calculer l'aire :

• du solide intersection des deux cylindres $y^{2}+z^{2}\leq R^{2}$ et $x^{2}+z^{2}\leq R^{2}$ ;
• de la portion de sphère $\left\{\left(x,y,{\sqrt {4R^{2}-x^{2}-y^{2}}}\right)\mid (x,y)\in D\right\}$, où $D$ est le disque $x^{2}+(y-R)^{2}\leq R^{2}$.
  Indication : remarquer que $(r\cos \theta ,r\sin \theta )\in D\Leftrightarrow r\leq 2R\sin \theta )$.

Solution de la question 1

Images : http://www.palais-decouverte.fr/fileadmin/fileadmin_Palais/fichiersContribs/au-programme/expos-permanentes/mathematiques/Formes/pdf_revue/decouverte_math_390.pdf

L'aire totale $A$ est quatre fois l'aire de la surface $y^{2}+z^{2}\leq R^{2}$, $x={\sqrt {R^{2}-z^{2}}}$, que l'on paramètre par

$y=r\cos \theta ,\;z=r\sin \theta ,\;x={\sqrt {R^{2}-r^{2}\sin ^{2}\theta }}$.

$\left\|{\frac {\partial M}{\partial r}}\land {\frac {\partial M}{\partial \theta }}\right\|=\left\|{\begin{pmatrix}-{\frac {r\sin ^{2}\theta }{\sqrt {4R^{2}-r^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\\cos \theta \\\sin \theta \end{pmatrix}}\land {\begin{pmatrix}-{\frac {r^{2}\sin \theta \cos \theta }{\sqrt {4R^{2}-r^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\-r\theta \\r\cos \theta \end{pmatrix}}\right\|=\left\|{\begin{pmatrix}r\\0\\{\frac {r^{2}\sin \theta }{\sqrt {4R^{2}-r^{2}\sin ^{2}\theta }}}\end{pmatrix}}\right\|={\frac {rR}{\sqrt {4R^{2}-r^{2}\sin ^{2}\theta }}}$.

$A=4R\int _{0}^{2\pi }\left(\int _{0}^{R}{\frac {r}{\sqrt {4R^{2}-r^{2}\sin ^{2}\theta }}}\;\mathrm {d} r\right)\mathrm {d} \theta =2R\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{R^{2}}{\frac {\mathrm {d} u}{\sqrt {4R^{2}-u\sin ^{2}\theta }}}\;\mathrm {d} \theta =2R\int _{0}^{2\pi }-{\frac {2}{\sin ^{2}\theta }}\left[{\sqrt {4R^{2}-u\sin ^{2}\theta }}\right]_{0}^{R^{2}}\;\mathrm {d} \theta$

$=4R^{2}\int _{0}^{2\pi }{\frac {1-|\cos \theta |}{\sin ^{2}\theta }}\;\mathrm {d} \theta =16R^{2}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1-\cos \theta }{\sin ^{2}\theta }}\;\mathrm {d} \theta =16R^{2}\int _{0}^{\pi /4}{\frac {2\sin ^{2}t}{4\sin ^{2}t\cos ^{2}t}}2\;\mathrm {d} t=16R^{2}\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\mathrm {d} t}{\cos ^{2}t}}=16R^{2}$.

 

Solution de la question 2

$M={\begin{pmatrix}r\cos \theta \\r\sin \theta \\{\sqrt {4R^{2}-r^{2}}}\end{pmatrix}}$.

$\left\|{\frac {\partial M}{\partial r}}\land {\frac {\partial M}{\partial \theta }}\right\|=\left\|{\begin{pmatrix}\cos \theta \\\sin \theta \\-{\frac {r}{\sqrt {4R^{2}-r^{2}}}}\end{pmatrix}}\land {\begin{pmatrix}-\sin \theta \\\cos \theta \\0\end{pmatrix}}\right\|=\left\|r{\begin{pmatrix}{\frac {r\cos \theta }{\sqrt {4R^{2}-r^{2}}}}\\{\frac {r\sin \theta }{\sqrt {4R^{2}-r^{2}}}}\\1\end{pmatrix}}\right\|=r{\sqrt {{\frac {r^{2}}{4R^{2}-r^{2}}}+1}}={\frac {2Rr}{\sqrt {4R^{2}-r^{2}}}}$.

$\int _{0}^{\pi }\left(\int _{0}^{2R\sin \theta }{\frac {2Rr}{\sqrt {4R^{2}-r^{2}}}}\;\mathrm {d} r\right)\mathrm {d} \theta =R\int _{0}^{\pi }\left(\int _{4R^{2}-(2R\sin \theta )^{2}}^{4R^{2}-0}{\frac {1}{\sqrt {u}}}\;\mathrm {d} u\right)\mathrm {d} \theta =2R\int _{0}^{\pi }\left[{\sqrt {u}}\right]_{4R^{2}\cos ^{2}\theta }^{4R^{2}}\mathrm {d} \theta =4R^{2}\int _{0}^{\pi }\left(1-\left|\cos \theta \right|\right)\;\mathrm {d} \theta =8R^{2}\left[\theta -\sin \theta \right]_{0}^{\pi /2}=8R^{2}\left({\frac {\pi }{2}}-1\right)=4R^{2}\left(\pi -2\right)$.

 

Exercice 17-4

1. Soit $f:[a,b]\to \mathbb {R} _{+}$ une fonction continue, et $\Sigma$ la surface engendrée par la rotation du graphe de $f$ autour de l'axe $(Ox)$ :
   $\Omega _{f}=\{(x,y,z)\in [a,b]\times \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {y^{2}+z^{2}}}=f(x)\}$.
   Montrer que l'aire de $\Sigma$ est $2\pi \int _{a}^{b}f(x){\sqrt {1+(f')^{2}(x)}}\;\mathrm {d} x$.
2. Calculer l'aire de la sphère de rayon $R$.
3. Dans le plan $(xOy)$, on considère le cercle de centre $(0,R,0)$ et de rayon $a\leq R$.
   Calculer l'aire du tore obtenu en faisant tourner ce cercle autour de l'axe $(Ox)$.

Solution

1. $M=(x,f(x)\cos \theta ,f(x)\sin \theta )$.
   ${\frac {\partial M}{\partial x}}\land {\frac {\partial M}{\partial \theta }}={\begin{pmatrix}1\\f'(x)\cos \theta \\f'(x)\sin \theta \end{pmatrix}}\land {\begin{pmatrix}0\\-f(x)\sin \theta \\f(x)\cos \theta \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}f(x)f'(x)\\-f(x)\cos \theta \\-f(x)\sin \theta \end{pmatrix}}$
   $\mathrm {d} S=f(x){\sqrt {(f')^{2}(x)+1}}\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} \theta$.
   $\int _{[}a,b]\times [0,2\pi ]\mathrm {d} S=\int _{a}^{b}f(x){\sqrt {(f')^{2}(x)+1}}\;\mathrm {d} x\int _{0}^{2\pi }\mathrm {d} \theta =2\pi \int _{a}^{b}f(x){\sqrt {1+(f')^{2}(x)}}\;\mathrm {d} x$.
2. On applique ce qui précède à $[a,b]=[-R,R]$ et $f(x)={\sqrt {R^{2}-x^{2}}}$. L'aire de la sphère est donc $2\pi \int _{-R}^{R}{\sqrt {R^{2}-x^{2}}}{\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{R^{2}-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x=2\pi \int _{-R}^{R}R\,\mathrm {d} x=4\pi R^{2}$.
3. On applique ce qui précède à $[a,b]=[-R,R]$ et, pour $\varepsilon =\pm 1$, $f_{\varepsilon }(x)=R+\varepsilon {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}$.
   L'aire du tore est donc $S=S_{1}+S_{-1}$ avec $S_{\varepsilon }=2\pi \int _{-a}^{a}\left(R+\varepsilon {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\right){\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{a^{2}-x^{2}}}}}\;\mathrm {d} x=2\pi a\int _{-a}^{a}\left({\frac {R}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}+\varepsilon \right)\;\mathrm {d} x$, d'où
   $S=4\pi aR\int _{-a}^{a}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}=4\pi ^{2}aR$.

 

Exercice 17-5

1. Soient $\Sigma$ la surface paramétrée par $[0,2]\times [0,3]\ni (u,v)\mapsto (x,y,z):=(u,u^{2},v)$ et ${\overrightarrow {F}}$ le champ de vecteurs $\mathbb {R} ^{3}\ni (x,y,z)\mapsto (3z^{2},6,6xz)$. Calculer le flux de ${\overrightarrow {F}}$ à travers $\Sigma$.
2. Même question en permutant les variables $u$ et $v$ : $[0,3]\times [0,2]\ni (u,v)\mapsto (x,y,z):=(v,v^{2},u)$.

Solution

1. ${\frac {\partial M}{\partial u}}\land {\frac {\partial M}{\partial v}}={\begin{pmatrix}1\\2u\\0\end{pmatrix}}\land {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2u\\-1\\0\end{pmatrix}}$.
   ${\overrightarrow {F}}(u,u^{2},v)=(3v^{2},6,6uv)$.
   $\iint _{[0,2]\times [0,3]}\left(3v^{2}.2u+6.(-1)+6uv.0\right)\;\mathrm {d} u\;\mathrm {d} v=6\left(\left[{\frac {u^{2}}{2}}\right]_{0}^{2}\left[{\frac {v^{3}}{3}}\right]_{0}^{3}-2\times 3\right)=6\left(2\times 9-2\times 3\right)=72$.
2. Échanger les deux variables ne fait que renverser l'orientation de $\Sigma$, donc le flux devient $-72$.

 

Exercice 17-6

Calculer le flux de ${\overrightarrow {F}}$ à travers $\Sigma$ dans les trois cas suivants :

1. $\Sigma =\{(x,y,z)\in (\mathbb {R} _{+})^{3}\mid x+y+z=1\}$ avec une normale orientée vers le haut et ${\overrightarrow {F}}(x,y,z)=(x^{2},0,3y^{2})$ ;
2. $\Sigma =\{(x,y,{\sqrt {16-x^{2}-y^{2}}})\mid (x,y)\in \mathbb {R} ^{2},\;x^{2}+y^{2}\leq 16\}$ avec une normale orientée vers le haut et ${\overrightarrow {F}}(x,y,z)=(-y,x,3z)$ ;
3. $\Sigma =\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid z={\sqrt {x^{2}+y^{2}}},\;1\leq z\leq 2\}$ avec une normale orientée vers l'intérieur et ${\overrightarrow {F}}(x,y,z)=(-x,xy,z^{2})$.

Solution

1. $\Sigma =\{(x,y,1-x-y)\mid x,y\geq 0,\;x+y\leq 1\}$.
   ${\frac {\partial M}{\partial x}}\land {\frac {\partial M}{\partial y}}={\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}\land {\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$ (qui est bien orienté vers le haut).
   $\iint _{x,y\geq 0 \atop x+y\leq 1}\left(x^{2}.1+0.1+3y^{2}.1\right)\;\mathrm {d} x\;\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\left(\int _{0}^{1-x}(x^{2}+3y^{2})\;\mathrm {d} y\right)\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\left(x^{2}(1-x)+(1-x)^{3}\right)\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}x^{2}\;\mathrm {d} x-\int _{0}^{1}x^{3}\;\mathrm {d} x+\int _{0}^{1}t^{3}\;\mathrm {d} t={\frac {1}{3}}$.
2. Posons $x=4\cos \theta \cos \varphi ,\;y=4\sin \theta \cos \varphi ,\;z=4\sin \varphi$.
   ${\frac {\partial M}{\partial \theta }}\land {\frac {\partial M}{\partial \varphi }}=4{\begin{pmatrix}-\sin \theta \cos \varphi \\\cos \theta \cos \varphi \\0\end{pmatrix}}\land 4{\begin{pmatrix}-\cos \theta \sin \varphi \\-\sin \theta \sin \varphi \\\cos \varphi \end{pmatrix}}=16\cos \varphi {\begin{pmatrix}\cos \theta \cos \varphi \\\sin \theta \cos \varphi \\\sin \varphi \end{pmatrix}}=4\cos \varphi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$ (qui est bien orienté vers le haut pour $\cos \varphi \sin \varphi >0$).
   $\left\langle {\overrightarrow {F}}(x,y,z),4\cos \varphi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\right\rangle =4\cos \varphi \left(-yx+xy+3z^{2}\right)=3\times 4^{3}\cos \varphi \sin ^{2}\varphi$.
   $\iint _{[0,2\pi ]\times [0,\pi /2]}3\times 4^{3}\cos \varphi \sin ^{2}\varphi \;\mathrm {d} \theta \;\mathrm {d} \varphi =6\pi 4^{3}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos \varphi \sin ^{2}\varphi \;\mathrm {d} \varphi =2\pi 4^{3}\left[\sin ^{3}\varphi \right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}=2^{7}\pi =128\pi$.
3. Posons $x=r\cos \theta ,\;y=r\sin \theta ,\;z=r$.
   ${\frac {\partial M}{\partial r}}\land {\frac {\partial M}{\partial \theta }}={\begin{pmatrix}\cos \theta \\\sin \theta \\1\end{pmatrix}}\land r{\begin{pmatrix}-\sin \theta \\\cos \theta \\0\end{pmatrix}}=r{\begin{pmatrix}-\cos \theta \\-\sin \theta \\1\end{pmatrix}}$ (qui est bien orienté vers l'intérieur).
   ${\overrightarrow {F}}(r\cos \theta ,r\sin \theta ,r)=r(-\cos \theta ,r\cos \theta \sin \theta ,r)$.
   $\iint _{[1,2]\times [0,2\pi ]}\left(r^{2}\cos ^{2}\theta -r^{3}\cos \theta \sin ^{2}\theta +r^{3}\right)\;\mathrm {d} r\;\mathrm {d} \theta ={\frac {2^{3}-1^{3}}{3}}\pi -0+{\frac {2^{4}-1^{4}}{4}}2\pi =\left({\frac {7}{3}}+{\frac {15}{2}}\right)\pi ={\frac {59\pi }{6}}$.