Exercices corrigés — Analyse vectorielle

Fubini : intégrer successivement en $z$, $y$, $x$ (les bornes sont constantes).

$\int_0^1(x+y+z)\,dz=x+y+\tfrac12$.

Puis intégrer en $y$, enfin en $x$.

$\displaystyle\int_0^1(x+y+z)\,dz=\Big[(x+y)z+\tfrac{z^2}2\Big]_0^1=x+y+\tfrac12$.

$\displaystyle\int_0^1\big(x+y+\tfrac12\big)\,dy=x+\tfrac12+\tfrac12=x+1$.

$\displaystyle\int_0^1(x+1)\,dx=\tfrac12+1=\tfrac32$.

Bornes : $0\le x\le1$, $0\le y\le1-x$, $0\le z\le1-x-y$.

$\int_0^{1-x-y}dz=1-x-y$.

Pour le moment, garder le facteur $x$ devant l'intégrale en $y,z$.

$\displaystyle\int_0^1\!\int_0^{1-x}\!(1-x-y)\,dy\,dx=\int_0^1\tfrac{(1-x)^2}2\,dx=\Big[-\tfrac{(1-x)^3}6\Big]_0^1=\tfrac16$.

$\displaystyle\int_0^1 x\,\tfrac{(1-x)^2}2\,dx=\tfrac12\int_0^1(x-2x^2+x^3)\,dx=\tfrac12\big(\tfrac12-\tfrac23+\tfrac14\big)=\tfrac1{24}$.

Intégrer d'abord en $z$ de $0$ à $x+y$.

$\int_0^{x+y}z\,dz=\tfrac{(x+y)^2}2$.

Puis intégrer $\tfrac{(x+y)^2}2$ sur le carré unité.

$\displaystyle\int_0^{x+y}z\,dz=\frac{(x+y)^2}2$.

$\displaystyle\frac12\int_0^1\!\int_0^1(x+y)^2\,dx\,dy=\frac12\int_0^1\!\int_0^1(x^2+2xy+y^2)\,dx\,dy=\frac12\Big(\tfrac13+\tfrac12+\tfrac13\Big)=\frac12\cdot\frac76=\frac7{12}$.

Le domaine se projette sur le disque $x^2+y^2\le4$ (intersection $z=4$).

Passer en cylindriques : $x^2+y^2=r^2$, $dV=r\,dr\,d\theta\,dz$.

$z$ varie de $r^2$ à $4$, $r$ de $0$ à $2$, $\theta$ de $0$ à $2\pi$.

$\displaystyle V=\int_0^{2\pi}\!\int_0^{2}\!\int_{r^2}^{4} r\,dz\,dr\,d\theta=\int_0^{2\pi}\!\int_0^{2}(4-r^2)\,r\,dr\,d\theta$.

$\displaystyle\int_0^{2}(4r-r^3)\,dr=\Big[2r^2-\tfrac{r^4}4\Big]_0^2=8-4=4$, puis $\times\,2\pi=8\pi$.

Sphériques : $dV=r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta$.

La densité $\rho=r$ multiplie l'élément, d'où $r\cdot r^2\sin\varphi$.

Bornes : $r\in[0,1]$, $\varphi\in[0,\pi]$, $\theta\in[0,2\pi]$.

$\displaystyle m=\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\pi}\!\int_0^{1} r\cdot r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta=\Big(\int_0^{2\pi}d\theta\Big)\Big(\int_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\Big)\Big(\int_0^1 r^3\,dr\Big)$.

$2\pi\cdot\big[-\cos\varphi\big]_0^{\pi}\cdot\big[\tfrac{r^4}4\big]_0^1=2\pi\cdot2\cdot\tfrac14=\pi$.

En sphériques, $z=r\cos\varphi$ et la demi-boule supérieure correspond à $\varphi\in[0,\tfrac\pi2]$.

$\rho\,dV=(r\cos\varphi)\,r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta$.

Utiliser $\int_0^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi=\tfrac12$.

$\displaystyle m=\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\pi/2}\!\int_0^{1}(r\cos\varphi)\,r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta$.

$\displaystyle 2\pi\Big(\int_0^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi\Big)\Big(\int_0^1 r^3\,dr\Big)=2\pi\cdot\tfrac12\cdot\tfrac14=\frac\pi4$.

Paramétrer $x=\cos t$, $y=\sin t$, $t\in[0,2\pi]$.

$ds=\|\vec r\,'(t)\|\,dt=\sqrt{\sin^2t+\cos^2t}\,dt=dt$.

Sur le cercle unité, $x^2+y^2=1$.

$x^2+y^2=\cos^2t+\sin^2t=1$ et $ds=dt$.

$\displaystyle\int_0^{2\pi}1\cdot dt=2\pi$.

Paramétrer $\vec r(t)=(\cos t,\sin t)$, $\vec r\,'(t)=(-\sin t,\cos t)$.

$\vec F(\vec r(t))=(-\sin t,\cos t)$.

$\vec F\cdot\vec r\,'=\sin^2t+\cos^2t$.

$\vec F\cdot d\vec r=(-\sin t)(-\sin t)+(\cos t)(\cos t)=\sin^2t+\cos^2t=1$.

$\displaystyle\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=\int_0^{2\pi}1\,dt=2\pi$.

Condition (plan, simplement connexe) : $\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$.

Intégrer $f_x=2xy$ en $x$ : $f=x^2y+g(y)$.

Dériver en $y$ et identifier avec $Q=x^2+1$.

$P_y=\partial_y(2xy)=2x$ et $Q_x=\partial_x(x^2+1)=2x$ : égaux ✓, le champ dérive d'un potentiel.

$f_x=2xy\Rightarrow f=x^2y+g(y)$ ; alors $f_y=x^2+g'(y)=x^2+1$ donne $g'(y)=1$, $g(y)=y$.

$f(x,y)=x^2y+y$ (à une constante près).

Champ de gradient : $\int_\gamma\vec\nabla f\cdot d\vec r=f(\text{fin})-f(\text{début})$.

Calculer $f(1,2)-f(0,0)$.

Vérifier sur deux chemins : segment direct, et ligne brisée $(0,0)\to(1,0)\to(1,2)$.

$f(1,2)-f(0,0)=(1^2\cdot2+2)-0=4$.

$\int_0^1\big[2(t)(2t)\cdot1+(t^2+1)\cdot2\big]dt=\int_0^1(4t^2+2t^2+2)\,dt=\int_0^1(6t^2+2)\,dt=2+2=4$.

Sur $(0,0)\to(1,0)$ : $\int_0^1 2t\cdot0\,dt=0$. Sur $(1,0)\to(1,2)$ ($x=1$, $dx=0$) : $\int_0^2(1+1)\,dy=4$. Total $0+4=4$.

Green : $\oint_{\partial D}P\,dx+Q\,dy=\iint_D(Q_x-P_y)\,dA$.

Ici $P=xy$, $Q=x^2$ : $Q_x=2x$, $P_y=x$.

Intégrer $2x-x=x$ sur le carré unité.

$Q_x-P_y=2x-x=x$.

$\displaystyle\iint_{[0,1]^2}x\,dA=\int_0^1 x\,dx\int_0^1 dy=\tfrac12\cdot1=\tfrac12$.

Paramétrer le bord : $x=3\cos t$, $y=2\sin t$, $t\in[0,2\pi]$.

$dx=-3\sin t\,dt$, $dy=2\cos t\,dt$.

$x\,dy-y\,dx=6\cos^2t+6\sin^2t=6$.

$x\,dy-y\,dx=(3\cos t)(2\cos t)\,dt-(2\sin t)(-3\sin t)\,dt=6\,dt$.

$\text{Aire}=\tfrac12\int_0^{2\pi}6\,dt=\tfrac12\cdot12\pi=6\pi$.

Les variables se séparent : l'intégrande est un produit $x\cdot y\cdot z$.

$\iiint xyz=\big(\int_0^1 x\,dx\big)\big(\int_0^1 y\,dy\big)\big(\int_0^1 z\,dz\big)$.

Chaque facteur vaut $\tfrac12$.

$\displaystyle\iiint_{[0,1]^3}xyz\,dV=\Big(\int_0^1 x\,dx\Big)^3=\Big(\tfrac12\Big)^3$.

$=\dfrac18$.

Cylindriques : $dV=r\,dr\,d\theta\,dz$, l'intégrande $z$ ne dépend pas de $r,\theta$.

$\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r\,dr\int_0^2 z\,dz$.

L'aire de la base est $\pi$.

$\displaystyle\iiint_V z\,dV=\Big(\int_0^{2\pi}\!\!d\theta\int_0^1\! r\,dr\Big)\Big(\int_0^2 z\,dz\Big)=(\pi)\cdot\Big[\tfrac{z^2}2\Big]_0^2$.

$=\pi\cdot2=2\pi$.

$dV=r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta$, $r\in[0,2]$, $\varphi\in[0,\pi]$, $\theta\in[0,2\pi]$.

Les trois intégrales se séparent.

$\int_0^\pi\sin\varphi\,d\varphi=2$.

$\displaystyle V=\Big(\int_0^{2\pi}\!d\theta\Big)\Big(\int_0^{\pi}\!\sin\varphi\,d\varphi\Big)\Big(\int_0^{2}\! r^2\,dr\Big)=2\pi\cdot2\cdot\Big[\tfrac{r^3}3\Big]_0^2$.

$=2\pi\cdot2\cdot\tfrac83=\dfrac{32\pi}3$.

Vérifier $P_y=Q_x$.

$f_x=3x^2y\Rightarrow f=x^3y+g(y)$.

Identifier $f_y$ avec $Q$, puis $f(1,1)-f(0,0)$.

$P_y=\partial_y(3x^2y)=3x^2$ et $Q_x=\partial_x(x^3+2y)=3x^2$ : égaux ✓.

$f=x^3y+g(y)$, $f_y=x^3+g'(y)=x^3+2y\Rightarrow g(y)=y^2$. Donc $f=x^3y+y^2$.

$f(1,1)-f(0,0)=(1+1)-0=2$.

Green : $\iint_D(Q_x-P_y)\,dA$ avec $P=y^2$, $Q=x^2$.

$Q_x-P_y=2x-2y$.

Décrire le triangle par $0\le x\le1$, $0\le y\le x$.

$Q_x-P_y=2x-2y$.

$\displaystyle\int_0^1\!\int_0^x(2x-2y)\,dy\,dx=\int_0^1\big[2xy-y^2\big]_0^x dx=\int_0^1(2x^2-x^2)\,dx=\int_0^1 x^2\,dx=\tfrac13$.

En cylindriques, $\rho=r^2$ et $dV=r\,dr\,d\theta\,dz$.

$\rho\,dV=r^2\cdot r\,dr\,d\theta\,dz=r^3\,dr\,d\theta\,dz$.

Intégrer en $z$ (de $0$ à $1$), $r$ (de $0$ à $1$), $\theta$ (de $0$ à $2\pi$).

$\displaystyle m=\int_0^{2\pi}\!\int_0^1\!\int_0^1 r^3\,dz\,dr\,d\theta=2\pi\int_0^1 r^3\,dr$.

$=2\pi\cdot\tfrac14=\dfrac\pi2$.