Analyse vectorielle : 18 exercices corrigés

Intégrale triple sur un pavé

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\iiint_{[0,1]^3}(x+y+z)\,dV$ .

Indices (3)

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 $x$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La première intégrale triple, et le domaine le plus simple qui soit : un pavé.

\iiint_{[0,1]^{3}}(x+y+z)\,dV

\boxed{\text{sur un PAVÉ, les trois bornes sont CONSTANTES et INDÉPENDANTES}}

\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(x+y+z)\,dz\,dy\,dx

⚠️ C'est la seule situation où l'on peut permuter l'ordre d'intégration sans toucher aux bornes — elles ne dépendent pas des variables extérieures. Dès que le domaine n'est plus un pavé (A2, A3), permuter oblige à réécrire les bornes.

Deux voies, et la seconde est bien plus courte.

Voie 1 — intégrer successivement. Trois intégrations emboîtées, en traitant à chaque fois les autres variables comme des constantes.

Voie 2 — la LINÉARITÉ et la SYMÉTRIE.

\iiint(x+y+z)\,dV=\iiint x\,dV+\iiint y\,dV+\iiint z\,dV

⚠️⚠️ Les trois intégrales sont ÉGALES par symétrie : le pavé $[0,1]^{3}$ ne privilégie aucune des trois variables. Il suffit donc d'en calculer une et de multiplier par trois.

\boxed{\iiint_{[0,1]^{3}}(x+y+z)\,dV=3\iiint_{[0,1]^{3}}x\,dV}

ℹ️ Repérer une symétrie divise le travail par trois — c'est le réflexe le plus rentable du lot A, et il resservira sur la sphère (A5, C4).

Et la dernière intégrale se factorise :

\iiint_{[0,1]^{3}}x\,dV=\underbrace{\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)}_{1/2}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{1}dy\right)}_{1}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{1}dz\right)}_{1}=\dfrac12

\boxed{\text{sur un pavé, une intégrale de fonction SÉPARÉE est un PRODUIT d'intégrales simples}}

Le calcul, par les deux voies

Voie 1 — les trois intégrations successives.

On intègre d'abord en $z$ , à $x$ et $y$ fixés :

\int_{0}^{1}(x+y+z)\,dz=\left[(x+y)z+\dfrac{z^{2}}{2}\right]_{0}^{1}=(x+y)+\dfrac12

⚠️ $x$ et $y$ sont des CONSTANTES pour cette intégration — c'est le point à comprendre. $(x+y)$ sort comme un coefficient.

Puis en $y$ , à $x$ fixé :

\int_{0}^{1}\left(x+y+\dfrac12\right)dy=\left[\left(x+\dfrac12\right)y+\dfrac{y^{2}}{2}\right]_{0}^{1}=x+\dfrac12+\dfrac12=x+1

Enfin en $x$ :

\int_{0}^{1}(x+1)\,dx=\left[\dfrac{x^{2}}{2}+x\right]_{0}^{1}=\dfrac12+1=\dfrac32

\boxed{\iiint_{[0,1]^{3}}(x+y+z)\,dV=\dfrac32}

Voie 2 — symétrie et factorisation.

\iiint(x+y+z)\,dV=3\iiint x\,dV=3\times\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)\left(\int_{0}^{1}dy\right)\left(\int_{0}^{1}dz\right)

=3\times\dfrac12\times 1\times 1=\dfrac32 \quad\checkmark

⚠️ Trois lignes contre neuf. Les deux voies concordent, et c'est le contrôle le plus simple qu'on puisse produire.

Les contrôles.

a) L'interprétation en valeur moyenne. Le volume du pavé vaut $1$ , donc

\dfrac{\text{intégrale}}{\text{volume}}=\dfrac{3/2}{1}=\dfrac32=\text{la valeur MOYENNE de } (x+y+z) \text{ sur le pavé}

Et cette moyenne se vérifie sans calcul : chaque variable vaut en moyenne $\frac12$ sur $[0,1]$ , donc leur somme vaut en moyenne $3\times\frac12=\frac32$ ✓

\boxed{\text{une intégrale divisée par le volume est une MOYENNE — un contrôle presque toujours disponible}}

b) L'encadrement. Sur le pavé, $x+y+z$ varie entre $0$ (au coin origine) et $3$ (au coin opposé) :

0\times 1\leq\iiint\leq 3\times 1 \qquad\text{et } \dfrac32 \text{ y est, exactement au milieu} \quad\checkmark

⚠️ Le milieu n'est pas un hasard : la fonction est affine, donc sa moyenne est sa valeur au centre de gravité du pavé, $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ — qui tombe ici, par symétrie, au milieu de ses valeurs extrêmes. Cet argument ne vaudra plus sur un domaine non symétrique (A2 : $x$ y a pour moyenne $\frac14$ , pas $\frac12$ ) ni dès que la fonction cessera d'être affine (A5).

c) Le signe. La fonction est positive sur le pavé, donc l'intégrale l'est ✓

d) L'homogénéité. Le pavé a des côtés de longueur $1$ ; si on les doublait, l'intégrale serait multipliée par $2^{4}=16$ (le volume par $8$ , la fonction par $2$ ). Vérifier comment une intégrale se comporte par changement d'échelle attrape beaucoup d'erreurs de facteur.

Rappel de cours

INTÉGRALE TRIPLE SUR UN PAVÉ
$\iiint_{[a,b]\times[c,d]\times[e,f]}g\,dV=\int_a^b\!\int_c^d\!\int_e^f g\,dz\,dy\,dx$
⚠️ Sur un pavé seulement, les bornes sont constantes et l'ordre se permute sans les toucher (Fubini).

Intégration successive À chaque étape, les autres variables sont des CONSTANTES.

⚠️⚠️ LES DEUX RACCOURCIS DU PAVÉ 1. Symétrie — si le domaine ne privilégie aucune variable :
$\iiint(x+y+z)\,dV=3\iiint x\,dV$
2. Factorisation — si la fonction est un produit séparé :
$\iiint f(x)g(y)h(z)\,dV=\left(\int f\right)\left(\int g\right)\left(\int h\right)$

Le résultat
$\boxed{\iiint_{[0,1]^{3}}(x+y+z)\,dV=\dfrac32}$

CONTRÔLE PRESQUE TOUJOURS DISPONIBLE — la moyenne
$\dfrac{\text{intégrale}}{\text{volume}}=\text{valeur moyenne}$
Ici $\frac{3/2}{1}=\frac32$ , et chaque variable vaut $\frac12$ en moyenne ✓

Encadrement : $\min\times V\leq\iiint\leq\max\times V$ , soit $0\leq\frac32\leq 3$ . ⚠️ Le milieu n'est atteint que parce que la fonction est affine et le pavé symétrique (moyenne $=$ valeur au centre).

L'erreur classique

⚠️⚠️ Traiter $x$ et $y$ comme des variables lors de l'intégration en $z$ . Elles sont constantes à cette étape — c'est le principe même de l'intégration successive.

Le contrôle : après intégration en $z$ , il ne doit plus rester aucun $z$ .

⚠️⚠️ Factoriser une fonction NON séparée. La règle $\iiint fgh=\left(\int f\right)\left(\int g\right)\left(\int h\right)$ ne vaut que pour un produit $f(x)g(y)h(z)$ — jamais pour une somme.

Ici il faut d'abord DÉCOMPOSER la somme par linéarité, puis factoriser chaque morceau.

⚠️ Croire que la symétrie vaut sur tout domaine. Elle exige que le domaine ne privilégie aucune variable. Sur le pavé $[0,1]\times[0,2]\times[0,3]$ , les trois intégrales seraient différentes.

⚠️ Oublier une borne et écrire $\int_0^1(x+y+z)dz=(x+y)+\frac12$ sans vérifier. Le contrôle : substituer $x=y=0$ donne $\int_0^1 z\,dz=\frac12$ ✓

⚠️ Se tromper de primitive : $\int(x+y+z)dz=(x+y)z+\frac{z^2}{2}$ , où $(x+y)$ est un coefficient constant.

⚠️ Croire que le résultat doit être « joli ». $\frac32$ l'est, mais rien ne le garantit en général.

⚠️ Ne pas contrôler par la moyenne. C'est le contrôle le plus rapide du chapitre, et il ne demande aucun calcul supplémentaire.

⚠️ Appliquer « moyenne des extrêmes » à une fonction non affine. Ici cela marche ( $\frac{0+3}{2}=\frac32$ ) parce que la fonction est affine et le pavé symétrique — l'argument tombe dès A2 (domaine non symétrique) et en A5 (fonction non affine).

À retenir

\boxed{\iiint_{[0,1]^{3}}(x+y+z)\,dV=\dfrac32}

Sur un PAVÉ, les bornes sont constantes, l'ordre est indifférent, et deux raccourcis existent :

\boxed{\text{SYMÉTRIE} : \ \iiint(x+y+z)=3\iiint x \qquad \text{FACTORISATION} : \ \iiint f(x)g(y)h(z)=\left(\int f\right)\left(\int g\right)\left(\int h\right)}

⚠️ La factorisation ne vaut que pour un PRODUIT séparé — jamais pour une somme. Il faut d'abord décomposer par linéarité.

Trois lignes contre neuf, et les deux voies concordent.

LE contrôle du chapitre — la MOYENNE :

\dfrac{\text{intégrale}}{\text{volume}}=\dfrac{3/2}{1}=\dfrac32

et chaque variable vaut

\frac12

en moyenne sur

[0,1]

✓

Encadrement : $0\leq\frac32\leq 3$ . ⚠️ Le milieu n'est atteint que parce que la fonction est affine et le pavé symétrique — l'argument tombe dès que l'un des deux manque.

⚠️ À chaque intégration, les autres variables sont des CONSTANTES.

Réponse.

\displaystyle\iiint_{[0,1]^3}(x+y+z)\,dV=\frac32

. (Recoupement : par symétrie

\iiint x=\iiint y=\iiint z=\tfrac12

, somme

=\tfrac32

; l'ordre d'intégration ne change pas le résultat ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Volume et moment d'un tétraèdre

CalculDifficulté 3/5

Soit $V$ le tétraèdre $x,y,z\ge0$ , $x+y+z\le1$ . Calculer son volume $\displaystyle\iiint_V dV$ , puis $\displaystyle\iiint_V x\,dV$ .

Indices (3)

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 $y,z$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le premier domaine NON pavé — et tout change : les bornes deviennent variables.

V=\{x,y,z\geq 0, \ x+y+z\leq 1\} \qquad\text{le TÉTRAÈDRE unité}

⚠️⚠️ Sur un tel domaine, l'ordre d'intégration impose les bornes, et il faut les construire dans le bon sens.

\boxed{\text{de l'INTÉRIEUR vers l'EXTÉRIEUR : chaque borne ne peut dépendre que des variables PLUS EXTERNES}}

Construisons-les. On intègre en $z$ en premier (le plus interne), donc à $x$ et $y$ fixés :

0\leq z\leq 1-x-y

⚠️ La borne supérieure vient de la contrainte $x+y+z\leq 1$ , réécrite en $z\leq 1-x-y$ .

Puis en $y$ , à $x$ fixé. Il faut que la borne de $z$ ait un sens, donc $1-x-y\geq 0$ :

0\leq y\leq 1-x

Enfin en $x$ , sans contrainte extérieure :

0\leq x\leq 1

\boxed{\iiint_V=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}\int_{0}^{1-x-y}\cdots\,dz\,dy\,dx}

⚠️⚠️ Les bornes se lisent de DROITE à GAUCHE : la plus interne ( $z$ ) dépend de $x$ et $y$ ; celle de $y$ dépend de $x$ ; celle de $x$ ne dépend de rien. Une borne qui dépendrait d'une variable plus INTERNE serait une faute de construction — il resterait cette variable dans le résultat final.

Ce qu'on peut prévoir :

\boxed{\text{volume du tétraèdre} = \dfrac16}

ℹ️ Ce n'est pas un hasard : le tétraèdre est le « sixième » du cube unité. Plus précisément, le cube $[0,1]^{3}$ se découpe en $6$ tétraèdres congruents par les plans $x=y$ , $y=z$ , $x=z$ — pas des copies de $V$ , mais de même volume que lui (même base d'aire $\frac12$ , même hauteur $1$ ). Un contrôle géométrique gratuit.

Les deux calculs

1) Le volume.

\iiint_V dV=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}\int_{0}^{1-x-y}dz\,dy\,dx

Intégration en $z$ — la plus simple :

\int_{0}^{1-x-y}dz=1-x-y

Intégration en $y$ , à $x$ fixé. Posons $u=1-x$ (constante ici) :

\int_{0}^{1-x}(1-x-y)\,dy=\int_{0}^{u}(u-y)\,dy=\left[uy-\dfrac{y^{2}}{2}\right]_{0}^{u}=u^{2}-\dfrac{u^{2}}{2}=\dfrac{u^{2}}{2}=\dfrac{(1-x)^{2}}{2}

⚠️ Le changement de notation $u=1-x$ évite bien des erreurs de signe. Le résultat est un carré parfait, ce qui se retient.

Intégration en $x$ :

\int_{0}^{1}\dfrac{(1-x)^{2}}{2}\,dx=\dfrac12\left[-\dfrac{(1-x)^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\dfrac12\left(0+\dfrac13\right)

\boxed{\text{Volume}=\dfrac16}

⚠️ Attention au signe de la primitive : $\int(1-x)^{2}dx=-\frac{(1-x)^{3}}{3}$ , à cause de la dérivée interne $-1$ .

2) Le moment $\displaystyle\iiint_V x\,dV$ .

Mêmes bornes, et le $x$ sort des deux intégrations internes (il y est constant) :

\int_{0}^{1}x\left(\int_{0}^{1-x}\int_{0}^{1-x-y}dz\,dy\right)dx=\int_{0}^{1}x\cdot\dfrac{(1-x)^{2}}{2}\,dx

ℹ️ La parenthèse est le calcul qu'on vient de faire — on ne la refait pas. Reconnaître un travail déjà fait est un réflexe qui économise beaucoup.

Développons :

\dfrac12\int_{0}^{1}x(1-2x+x^{2})\,dx=\dfrac12\int_{0}^{1}\left(x-2x^{2}+x^{3}\right)dx

=\dfrac12\left[\dfrac{x^{2}}{2}-\dfrac{2x^{3}}{3}+\dfrac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{1}=\dfrac12\left(\dfrac12-\dfrac23+\dfrac14\right)

Au dénominateur commun $12$ :

\dfrac12-\dfrac23+\dfrac14=\dfrac{6-8+3}{12}=\dfrac{1}{12}

\boxed{\iiint_V x\,dV=\dfrac12\times\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{24}}

Les contrôles.

a) Le volume par la formule géométrique. Un tétraèdre de base $B$ et de hauteur $h$ a pour volume $\frac{Bh}{3}$ . Ici la base est le triangle $x+y\leq 1$ d'aire $\frac12$ , et la hauteur vaut $1$ :

V=\dfrac{1}{3}\times\dfrac12\times 1=\dfrac16 \quad\checkmark

b) Le découpage du cube. $6\times\frac16=1=$ volume du cube ✓

c) LE contrôle du moment — le CENTRE DE GRAVITÉ.

\bar x=\dfrac{\displaystyle\iiint_V x\,dV}{\text{Volume}}=\dfrac{1/24}{1/6}=\dfrac{6}{24}=\dfrac14

\boxed{\bar x=\dfrac14}

⚠️⚠️ Et c'est exactement ce qu'il faut trouver : le centre de gravité d'un tétraèdre est à un quart de la hauteur depuis chaque face. Un fait géométrique bien connu, qui valide le calcul.

ℹ️ Il se retrouve aussi par la moyenne des sommets : les quatre sommets sont $(0,0,0)$ , $(1,0,0)$ , $(0,1,0)$ , $(0,0,1)$ , donc

\bar x=\dfrac{0+1+0+0}{4}=\dfrac14 \quad\checkmark

Trois voies concordantes.

d) L'encadrement. Sur $V$ , $0\leq x\leq 1$ , donc

0\leq\iiint_V x\,dV\leq 1\times\dfrac16=\dfrac16 \qquad\text{et } \dfrac{1}{24}\approx 0{,}042\leq 0{,}167 \quad\checkmark

⚠️ Le moment est bien plus petit que le majorant — logique, puisque le tétraèdre est « épais » près de $x=0$ et fin près de $x=1$ .

Rappel de cours

⚠️⚠️ CONSTRUCTION DES BORNES — la règle qui gouverne tout le lot A
$\boxed{\text{de l'INTÉRIEUR vers l'EXTÉRIEUR : une borne ne dépend que des variables PLUS EXTERNES}}$

$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}\int_{0}^{1-x-y}dz\,dy\,dx$
Une borne dépendant d'une variable plus INTERNE est une faute : cette variable resterait dans le résultat.

Le tétraèdre unité
$\boxed{\text{Volume}=\dfrac16 \qquad \iiint_V x\,dV=\dfrac{1}{24}}$

Formule géométrique
$V_{\text{tétraèdre}}=\dfrac{\text{base}\times\text{hauteur}}{3}=\dfrac13\cdot\dfrac12\cdot 1=\dfrac16$
ℹ️ Le cube unité se découpe en 6 tétraèdres congruents.

⚠️ Primitive à surveiller
$\int(1-x)^{2}dx=-\dfrac{(1-x)^{3}}{3} \qquad\text{(dérivée interne } -1)$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE DU MOMENT — le centre de gravité
$\bar x=\dfrac{\iiint x\,dV}{V}=\dfrac{1/24}{1/6}=\dfrac14$
Le centre de gravité d'un tétraèdre est au quart de la hauteur — et c'est aussi la moyenne des quatre sommets. Trois voies concordantes.

Encadrement : $\min(f)\cdot V\leq\iiint f\,dV\leq\max(f)\cdot V$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire des bornes constantes, comme sur un pavé : $\int_0^1\int_0^1\int_0^1$ . Le domaine n'est pas un pavé — on intégrerait sur le cube entier, et le volume vaudrait $1$ au lieu de $\frac16$ .

Le contrôle : le volume géométrique.

⚠️⚠️ Inverser la dépendance des bornes : $\int_0^{1-y}\!\!\int\cdots dx\,dy$ avec $y$ intégré après $x$ dont la borne dépend de $y$ .

Le contrôle : le résultat final ne doit contenir aucune variable. Si un $y$ subsiste, la construction est fautive.

⚠️ Oublier le signe de $\int(1-x)^{2}dx$ . La primitive est $-\frac{(1-x)^3}{3}$ .

Le contrôle : le volume doit être positif, et valoir $\frac16$ .

⚠️ Refaire l'intégrale double pour le moment. Elle est identique à celle du volume — le $x$ sort simplement en facteur.

⚠️ Se tromper dans $\frac12-\frac23+\frac14$ . Au dénominateur $12$ : $\frac{6-8+3}{12}=\frac{1}{12}$ .

Le contrôle : le résultat doit être positif et petit.

⚠️ Croire que $\iiint x\,dV$ est le centre de gravité. C'est le moment ; le centre de gravité est le moment divisé par le volume.

⚠️ Ne pas contrôler par le centre de gravité. C'est le contrôle le plus fort de l'exercice, et il est géométrique — donc entièrement indépendant du calcul.

À retenir

\boxed{\text{Volume du tétraèdre}=\dfrac16 \qquad\qquad \iiint_V x\,dV=\dfrac{1}{24}}

\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}\int_{0}^{1-x-y}dz\,dy\,dx

\boxed{\text{les bornes se construisent de l'INTÉRIEUR vers l'EXTÉRIEUR}}

Une borne ne peut dépendre que des variables PLUS EXTERNES. Sinon cette variable resterait dans le résultat final — c'est le contrôle qui détecte une construction fautive.

⚠️ Primitive à surveiller : $\int(1-x)^{2}dx=-\dfrac{(1-x)^{3}}{3}$ .

LE contrôle — le CENTRE DE GRAVITÉ :

\bar x=\dfrac{\iiint x\,dV}{V}=\dfrac{1/24}{1/6}=\dfrac14

Le centre de gravité d'un tétraèdre est au quart de la hauteur, et c'est aussi la moyenne de ses quatre sommets. Trois voies concordantes, dont deux purement géométriques.

ℹ️ Le cube unité se découpe en SIX tétraèdres congruents : $6\times\frac16=1$ ✓

⚠️ Le moment n'est PAS le centre de gravité — il faut diviser par le volume.

Réponse. Volume

=\dfrac16

et

\displaystyle\iiint_V x\,dV=\dfrac1{24}

. (Recoupement : changer l'ordre d'intégration

(z,y,x)\to(x,y,z)

redonne

\tfrac16

; et l'abscisse du centre de gravité

\bar x=\frac{1/24}{1/6}=\tfrac14

est bien celle attendue pour un tétraèdre ✓)

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Domaine borné par une surface

CalculDifficulté 3/5

Soit $V=\{0\le x\le1,\ 0\le y\le1,\ 0\le z\le x+y\}$ . Calculer $\displaystyle\iiint_V z\,dV$ .

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un domaine « mixte » : deux bornes constantes, une seule variable.

V=\{0\leq x\leq 1, \ 0\leq y\leq 1, \ 0\leq z\leq x+y\}

⚠️ La base est un carré, mais le « toit » est incliné — le plan $z=x+y$ . Le domaine n'est donc pas un pavé, mais il en est très proche : seule la borne en $z$ est variable.

\boxed{\iiint_V z\,dV=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{x+y}z\,dz\,dy\,dx}

Avec ces bornes, l'ordre est IMPOSÉ : $z$ doit être intégrée en premier, puisque sa borne dépend de $x$ et $y$ (un autre ordre reste possible, mais en réécrivant toutes les bornes). Les deux autres, elles, sont libres — leurs bornes sont constantes.

\boxed{\text{intégrer d'abord la variable dont la borne DÉPEND des autres}}

Le calcul en $z$ produit un carré, et c'est là qu'est tout le travail :

\int_{0}^{x+y}z\,dz=\left[\dfrac{z^{2}}{2}\right]_{0}^{x+y}=\dfrac{(x+y)^{2}}{2}

⚠️⚠️ Il faut ensuite DÉVELOPPER $(x+y)^{2}$ , faute de quoi la double intégration devient pénible :

(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}

Et chacun des trois morceaux s'intègre alors par factorisation (A1), le domaine restant étant le carré $[0,1]^{2}$ .

ℹ️ On peut prévoir l'ordre de grandeur. Sur le carré, $x+y$ varie de $0$ à $2$ , donc $z$ va au plus jusqu'à $2$ , et $\frac{z^{2}}{2}$ au plus jusqu'à $2$ . Le résultat sera donc inférieur à $2$ — et il vaudra $\frac{7}{12}\approx 0{,}58$ .

⚠️ La symétrie en $x\leftrightarrow y$ est utilisable : $\iint x^{2}=\iint y^{2}$ sur le carré. Un calcul sur deux est évitable.

Le calcul

Étape 1 — intégration en $z$ .

\int_{0}^{x+y}z\,dz=\dfrac{(x+y)^{2}}{2}

Étape 2 — développer, ce qui rend les deux intégrations suivantes immédiates :

\dfrac{(x+y)^{2}}{2}=\dfrac{x^{2}+2xy+y^{2}}{2}

Étape 3 — intégrer sur le carré $[0,1]^{2}$ , terme par terme.

Le domaine restant EST un pavé, donc on peut factoriser (A1) :

\iint_{[0,1]^{2}}x^{2}\,dA=\left(\int_{0}^{1}x^{2}dx\right)\left(\int_{0}^{1}dy\right)=\dfrac13\times 1=\dfrac13

\iint_{[0,1]^{2}}y^{2}\,dA=\dfrac13 \qquad\text{(par symétrie } x\leftrightarrow y)

\iint_{[0,1]^{2}}xy\,dA=\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)\left(\int_{0}^{1}y\,dy\right)=\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac14

Étape 4 — recomposer :

\iiint_V z\,dV=\dfrac12\left(\dfrac13+2\times\dfrac14+\dfrac13\right)=\dfrac12\left(\dfrac13+\dfrac12+\dfrac13\right)

Au dénominateur commun $6$ :

\dfrac13+\dfrac12+\dfrac13=\dfrac{2+3+2}{6}=\dfrac76

\boxed{\iiint_V z\,dV=\dfrac12\times\dfrac76=\dfrac{7}{12}\approx 0{,}583}

Les contrôles.

a) L'encadrement. Il faut d'abord le volume du domaine :

\text{Vol}=\iint_{[0,1]^{2}}(x+y)\,dA=\dfrac12+\dfrac12=1

ℹ️ Le volume vaut exactement $1$ — le même que le cube unité, ce qui est amusant : le toit incliné compense exactement, la hauteur moyenne valant $1$ .

Sur $V$ , $z$ varie entre $0$ et $2$ , donc

0\leq\iiint_V z\,dV\leq 2\times 1=2 \qquad\text{et } \dfrac{7}{12}\approx 0{,}58 \quad\checkmark

b) La hauteur moyenne de $z$ dans le domaine :

\bar z=\dfrac{\iiint z\,dV}{\text{Vol}}=\dfrac{7/12}{1}=\dfrac{7}{12}\approx 0{,}58

⚠️ Est-ce plausible ? Au-dessus de chaque point $(x,y)$ , la colonne va de $0$ à $x+y$ , et son centre est à $\frac{x+y}{2}$ . La hauteur moyenne serait donc la moyenne de $\frac{x+y}{2}$ … pondérée par la hauteur des colonnes.

Sans pondération, on aurait $\overline{\frac{x+y}{2}}=\frac12$ . Avec pondération (les colonnes hautes comptent plus), on obtient un peu plus : $\frac{7}{12}\approx 0{,}583>0{,}5$ ✓

ℹ️ Ce raisonnement est un vrai contrôle : il prédit que le résultat doit dépasser $\frac12$ sans être beaucoup plus grand, et $\frac{7}{12}$ y répond exactement.

c) Le contrôle par un cas dégénéré. Si le toit était plat à $z=1$ au lieu de $z=x+y$ :

\iiint z\,dV=\iint_{[0,1]^{2}}\dfrac{1^{2}}{2}\,dA=\dfrac12

Et le vrai domaine, de même volume $1$ , a un toit inégal (de $0$ à $2$ ) : à volume égal, c'est le toit plat qui minimise $\iint\frac{h^{2}}{2}$ (Cauchy–Schwarz), donc son intégrale doit être plus grande : $\frac{7}{12}>\frac12$ ✓

d) Le signe et l'homogénéité. La fonction $z$ est positive sur $V$ ✓ Et si l'on doublait le carré de base, le résultat serait multiplié par $2^{2}\times 2^{2}=16$ (base $\times 4$ , hauteur $\times 2$ , donc $z^{2}\times 4$ ).

Rappel de cours

ORDRE D'INTÉGRATION IMPOSÉ PAR LES BORNES
$\boxed{\text{intégrer d'abord la variable dont la BORNE DÉPEND des autres}}$
Ici $z$ , dont la borne est $x+y$ .

Le calcul
$\int_{0}^{x+y}z\,dz=\dfrac{(x+y)^{2}}{2} \qquad\text{puis DÉVELOPPER}$

$(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}$
⚠️ Développer avant d'intégrer : le domaine restant est un pavé, donc chaque morceau se factorise (A1).

Les trois morceaux sur $[0,1]^{2}$
$\iint x^{2}=\dfrac13 \qquad \iint y^{2}=\dfrac13 \ (\text{symétrie}) \qquad \iint xy=\dfrac14$

Le résultat
$\boxed{\iiint_V z\,dV=\dfrac12\left(\dfrac13+\dfrac12+\dfrac13\right)=\dfrac{7}{12}}$

CONTRÔLES · volume du domaine : $\iint(x+y)\,dA=1$ — le même que le cube ; · hauteur moyenne $\bar z=\frac{7}{12}\approx 0{,}58$ , à comparer au $\frac12$ non pondéré : les colonnes hautes comptent plus, donc $>\frac12$ ✓ · cas dégénéré : avec un toit plat à $z=1$ , on aurait $\frac12$ — le minimum à volume égal ( $1$ ) : le vrai toit, inégal, donne plus.

Encadrement : $0\leq\frac{7}{12}\leq 2\times 1$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Intégrer en $x$ ou $y$ en premier, alors que la borne de $z$ dépend d'eux.

Le contrôle : il resterait des $x$ ou $y$ dans le résultat. L'ordre n'est pas libre ici — sauf à réécrire toutes les bornes.

⚠️⚠️ Ne pas développer $(x+y)^{2}$ et tenter d'intégrer directement.

C'est faisable, mais bien plus long : il faudrait deux intégrations avec changement de variable, là où le développement rend tout immédiat.

⚠️ Écrire $(x+y)^{2}=x^{2}+y^{2}$ en oubliant le double produit. C'est l'erreur la plus coûteuse de l'exercice.

Le contrôle : le résultat vaudrait $\frac12\left(\frac13+\frac13\right)=\frac13$ au lieu de $\frac{7}{12}$ — soit moins que le cas du toit plat, ce qui est impossible : à volume égal ( $1$ ), le toit plat donne le minimum de $\iint\frac{h^{2}}{2}$ (Cauchy–Schwarz).

⚠️ Oublier le $\frac12$ de $\int_0^{x+y}z\,dz=\frac{(x+y)^2}{2}$ .

Le contrôle : le résultat vaudrait $\frac76>1$ , au-delà de la hauteur moyenne plausible.

⚠️ Confondre le volume et l'intégrale de $z$ . Le volume vaut $1$ ; $\iiint z\,dV$ vaut $\frac{7}{12}$ . Ce sont deux choses différentes — la seconde pondère chaque point par sa hauteur.

⚠️ Se tromper dans $\frac13+\frac12+\frac13$ . Au dénominateur $6$ : $\frac{2+3+2}{6}=\frac76$ .

⚠️ Ne pas exploiter la symétrie $x\leftrightarrow y$ . Elle évite un calcul sur les trois.

⚠️ Ne faire aucun contrôle. Le cas dégénéré (toit plat) coûte deux lignes et borne le résultat par en dessous.

À retenir

\boxed{\iiint_V z\,dV=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{x+y}z\,dz\,dy\,dx=\dfrac{7}{12}\approx 0{,}583}

\boxed{\text{intégrer d'abord la variable dont la BORNE DÉPEND des autres}}

\int_{0}^{x+y}z\,dz=\dfrac{(x+y)^{2}}{2} \qquad\text{puis DÉVELOPPER} : \ x^{2}+2xy+y^{2}

⚠️ Développer avant d'intégrer — le domaine restant est un pavé, donc chaque morceau se factorise.

⚠️⚠️ $(x+y)^{2}\neq x^{2}+y^{2}$ : le double produit vaut $2xy$ , et son omission donne $\frac13$ au lieu de $\frac{7}{12}$ — soit moins que le cas du toit plat, ce qui est impossible.

Contrôles :

volume du domaine $=1$ (le même que le cube !) ;
hauteur moyenne $\bar z=\frac{7}{12}\approx 0{,}58>\frac12$ — les colonnes hautes comptent plus ;
cas dégénéré : toit plat à $z=1$ donnerait $\frac12$ , le minimum à volume égal ( $1$ ) — le vrai toit, inégal, donne plus.

⚠️ Le volume et $\iiint z\,dV$ sont deux choses différentes.

Réponse.

\displaystyle\iiint_V z\,dV=\frac7{12}

. (Recoupement :

\iiint_V z\,dV=\iint_{[0,1]^2}\frac{(x+y)^2}2\,dA

— on a bien réduit le triple au double déjà connu ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Volume sous un paraboloïde (cylindriques)

CalculDifficulté 3/5

Calculer le volume du domaine $V$ situé au-dessus du paraboloïde $z=x^2+y^2$ et sous le plan $z=4$ .

Indices (3)

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 $2\pi$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le premier changement de coordonnées — et le moment de comprendre pourquoi il en faut un.

V=\{x^{2}+y^{2}\leq z\leq 4\}

Le domaine est limité par un PARABOLOÏDE ( $z=x^{2}+y^{2}$ ) et un plan ( $z=4$ ).

⚠️⚠️ En cartésiennes, ce domaine est pénible : la projection sur le plan $xy$ est le disque $x^{2}+y^{2}\leq 4$ , dont les bornes s'écrivent

-2\leq x\leq 2 \qquad -\sqrt{4-x^{2}}\leq y\leq\sqrt{4-x^{2}}

Des racines carrées dans les bornes — c'est le signe qu'il faut changer de coordonnées.

\boxed{\text{RÈGLE : symétrie de RÉVOLUTION autour de } Oz \ \Longrightarrow \ \text{CYLINDRIQUES}}

x=r\cos\theta \qquad y=r\sin\theta \qquad z=z \qquad\qquad \boxed{dV=r\,dr\,d\theta\,dz}

⚠️⚠️ LE FACTEUR $r$ EST OBLIGATOIRE, et c'est l'oubli n°1 du chapitre. Il vient du jacobien : un petit élément de surface en polaires n'est pas $dr\,d\theta$ mais $r\,dr\,d\theta$ — il est d'autant plus grand qu'on s'éloigne de l'axe.

ℹ️ Le vérifier une fois pour toutes : l'aire d'un disque de rayon $R$ vaut $\int_0^{2\pi}\int_0^R r\,dr\,d\theta=2\pi\cdot\frac{R^2}{2}=\pi R^{2}$ ✓ Sans le $r$ , on obtiendrait $2\pi R$ , c'est-à-dire le périmètre.

Dans ces coordonnées, le domaine devient simple :

x^{2}+y^{2}=r^{2} \qquad\Longrightarrow\qquad r^{2}\leq z\leq 4

Et la contrainte $r^{2}\leq 4$ donne $0\leq r\leq 2$ — l'intersection du paraboloïde et du plan.

\boxed{\text{Volume}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{r^{2}}^{4}r\,dz\,dr\,d\theta}

⚠️ L'ordre : $z$ d'abord (sa borne dépend de $r$ ), puis $r$ , puis $\theta$ . Rien ne dépend de $\theta$ — c'est la signature de la symétrie de révolution, et cela permettra de sortir $2\pi$ d'emblée.

Le calcul

Passage en cylindriques. L'intersection paraboloïde/plan se trouve en résolvant $r^{2}=4$ , soit $r=2$ .

\text{Volume}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{r^{2}}^{4}r\,dz\,dr\,d\theta

Étape 1 — intégration en $z$ . L'intégrande $r$ ne dépend pas de $z$ :

\int_{r^{2}}^{4}r\,dz=r\left(4-r^{2}\right)

⚠️ Le $r$ du jacobien reste, et il multiplie la hauteur de la colonne. C'est lui qui donnera le bon résultat.

Étape 2 — intégration en $r$ :

\int_{0}^{2}r(4-r^{2})\,dr=\int_{0}^{2}\left(4r-r^{3}\right)dr=\left[2r^{2}-\dfrac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{2}

=2\times 4-\dfrac{16}{4}=8-4=4

Étape 3 — intégration en $\theta$ . Rien ne dépend de $\theta$ :

\int_{0}^{2\pi}4\,d\theta=8\pi

\boxed{\text{Volume}=8\pi\approx 25{,}13}

Les contrôles.

a) LE contrôle géométrique, et il est remarquable. Le domaine est contenu dans le cylindre circonscrit de rayon $2$ et de hauteur $4$ :

V_{\text{cylindre}}=\pi R^{2}h=\pi\times 4\times 4=16\pi

\dfrac{8\pi}{16\pi}=\dfrac12

\boxed{\text{le domaine occupe EXACTEMENT la MOITIÉ du cylindre circonscrit}}

⚠️⚠️ Ce n'est pas une coïncidence : c'est une propriété du paraboloïde de révolution, connue depuis Archimède. Un paraboloïde partage toujours en deux moitiés égales le cylindre qui le circonscrit.

ℹ️ C'est le meilleur contrôle possible — géométrique, mémorable, et il ne dépend d'aucun calcul.

b) Le contrôle du cône. À titre de comparaison, un cône de même base et même hauteur occuperait $\frac13$ du cylindre :

V_{\text{cône}}=\dfrac{16\pi}{3}\approx 16{,}8

Et notre paraboloïde, plus « évasé » qu'un cône, occupe davantage : $8\pi\approx 25{,}1$ ✓

⚠️ L'ordre est bien : cône $\frac13$ < paraboloïde $\frac12$ < cylindre $1$ .

c) L'encadrement grossier. Le volume est compris entre celui du cône inscrit et celui du cylindre :

\dfrac{16\pi}{3}\approx 16{,}8 \ \leq \ 8\pi\approx 25{,}1 \ \leq \ 16\pi\approx 50{,}3 \quad\checkmark

d) Le contrôle du jacobien. Sans le facteur $r$ , on obtiendrait

\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}(4-r^{2})\,dr\,d\theta=2\pi\left[4r-\dfrac{r^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=2\pi\left(8-\dfrac83\right)=\dfrac{32\pi}{3}\approx 33{,}5

⚠️ Un résultat plausible et faux — il dépasse même la moitié du cylindre. Le contrôle d'Archimède l'écarte immédiatement.

e) La cohérence dimensionnelle. Un volume doit être en $\text{longueur}^{3}$ . Ici $r$ va jusqu'à $2$ et $z$ jusqu'à $4$ : l'ordre de grandeur $8\pi\approx 25$ est cohérent avec un domaine d'environ $2\times 2\times 4=16$ « unités » de boîte englobante, à un facteur près.

Rappel de cours

⚠️⚠️ COORDONNÉES CYLINDRIQUES
$x=r\cos\theta \quad y=r\sin\theta \quad z=z \qquad\qquad \boxed{dV=r\,dr\,d\theta\,dz}$
LE FACTEUR $r$ EST OBLIGATOIRE — c'est le jacobien. ℹ️ Le vérifier une fois : $\int_0^{2\pi}\!\int_0^R r\,dr\,d\theta=\pi R^{2}$ ✓ Sans lui, on obtiendrait $2\pi R$ — le périmètre.

Quand les employer
$\boxed{\text{symétrie de RÉVOLUTION autour de } Oz \ \Longrightarrow \ \text{cylindriques}}$
Signe d'alerte en cartésiennes : des racines carrées dans les bornes.

Le domaine
$x^{2}+y^{2}=r^{2} \ \Longrightarrow \ r^{2}\leq z\leq 4 \ \text{et} \ 0\leq r\leq 2$

Le résultat
$\boxed{\text{Volume}=\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{2}\!\int_{r^{2}}^{4}r\,dz\,dr\,d\theta=8\pi}$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE D'ARCHIMÈDE
$\boxed{\text{un paraboloïde occupe EXACTEMENT la MOITIÉ de son cylindre circonscrit}}$

$\dfrac{8\pi}{16\pi}=\dfrac12 \quad\checkmark$
Géométrique, mémorable, indépendant du calcul.

Les trois solides de révolution, pour mémoire
$\text{cône} : \dfrac13 \qquad \text{paraboloïde} : \dfrac12 \qquad \text{cylindre} : 1$

L'erreur classique

⚠️⚠️ OUBLIER LE FACTEUR $r$ du jacobien. L'erreur n°1 du chapitre.

Le résultat serait $\frac{32\pi}{3}\approx 33{,}5$ — plausible en apparence, mais il dépasserait la moitié du cylindre.

Le contrôle : Archimède. Le rapport doit valoir exactement $\frac12$ .

ℹ️ Le moyen de ne jamais l'oublier : se rappeler que $\int_0^{2\pi}\int_0^R r\,dr\,d\theta$ doit donner $\pi R^{2}$ .

⚠️ Se tromper de sens sur les bornes de $z$ . Le domaine est au-dessus du paraboloïde et sous le plan : $r^{2}\leq z\leq 4$ , pas l'inverse.

Le contrôle : le volume doit être positif. Avec les bornes inversées, on obtiendrait $-8\pi$ .

⚠️ Prendre $r$ jusqu'à $4$ au lieu de $2$ . L'intersection se trouve en résolvant $r^{2}=4$ , donc $r=2$ .

Le contrôle : à $r=4$ , le paraboloïde serait à $z=16$ , bien au-dessus du plan $z=4$ — le domaine serait vide.

⚠️ Intégrer en $r$ avant $z$ , alors que la borne de $z$ dépend de $r$ .

⚠️ Rester en cartésiennes. Faisable, mais avec des $\sqrt{4-x^{2}}$ dans les bornes — beaucoup plus long et plus risqué.

⚠️ Croire que $\theta$ va de $0$ à $\pi$ . Un tour complet, c'est $2\pi$ .

Le contrôle : le volume serait divisé par deux.

⚠️ Ne pas faire le contrôle d'Archimède. Il coûte une division et attrape l'oubli du jacobien, l'erreur la plus fréquente.

À retenir

\boxed{dV=r\,dr\,d\theta\,dz} \qquad \text{Volume}=\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{2}\!\int_{r^{2}}^{4}r\,dz\,dr\,d\theta=\boxed{8\pi}

⚠️⚠️ LE FACTEUR $r$ EST OBLIGATOIRE — c'est le jacobien, et l'oublier est l'erreur n°1 du chapitre. Il donnerait $\frac{32\pi}{3}$ , un résultat plausible et faux.

ℹ️ Le vérifier une fois pour toutes : $\int_0^{2\pi}\!\int_0^R r\,dr\,d\theta=\pi R^{2}$ . Sans le $r$ : $2\pi R$ , le périmètre.

\boxed{\text{symétrie de RÉVOLUTION} \ \Longrightarrow \ \text{CYLINDRIQUES}}

Signe d'alerte en cartésiennes : des racines carrées dans les bornes.

\boxed{\text{CONTRÔLE D'ARCHIMÈDE : un paraboloïde occupe la MOITIÉ de son cylindre circonscrit}}

\dfrac{8\pi}{16\pi}=\dfrac12 \quad\checkmark

Géométrique, mémorable, indépendant du calcul — et il attrape précisément l'oubli du jacobien.

Les trois solides : cône $\frac13$ · paraboloïde $\frac12$ · cylindre $1$ .

Réponse.

V=8\pi

. (Recoupement :

V=\iint_{r\le2}(4-(x^2+y^2))\,dA

, l'« épaisseur » entre les deux surfaces, donne le même

8\pi

✓)

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Masse d'une boule (sphériques)

CalculDifficulté 3/5

Une boule de rayon $1$ a une densité $\rho=r$ (distance au centre). Calculer sa masse $\displaystyle\iiint_V r\,dV$ .

Indices (3)

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Les coordonnées SPHÉRIQUES, et le second jacobien du chapitre.

\boxed{x=r\sin\varphi\cos\theta \qquad y=r\sin\varphi\sin\theta \qquad z=r\cos\varphi}

\boxed{dV=r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta}

⚠️⚠️ Le jacobien est $r^{2}\sin\varphi$ , avec deux facteurs :

le $r^{2}$ — plus on s'éloigne du centre, plus la sphère de rayon $r$ est grande ;
le $\sin\varphi$ — les « parallèles » sont plus courts près des pôles.

ℹ️ Le vérifier une fois pour toutes : le volume de la boule de rayon $R$ doit valoir $\frac43\pi R^{3}$ :

\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi}\!\!\int_{0}^{R}r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta=2\pi\times\underbrace{\left[-\cos\varphi\right]_{0}^{\pi}}_{=\,2}\times\dfrac{R^{3}}{3}=\dfrac{4\pi R^{3}}{3} \quad\checkmark

Les bornes, et leurs conventions :

variable	domaine	ce qu'elle mesure
$r$	$[0;R]$	la distance au centre
$\varphi$	$[0;\pi]$	l'angle depuis le pôle nord (colatitude)
$\theta$	$[0;2\pi]$	la longitude

⚠️⚠️ $\varphi$ va de $0$ à $\pi$ , PAS de $0$ à $2\pi$ — c'est l'erreur de bornes la plus fréquente. Un demi-tour en $\varphi$ combiné à un tour complet en $\theta$ balaie déjà toute la sphère ; aller jusqu'à $2\pi$ la compterait deux fois.

Ici la densité est $\rho=r$ — la distance au centre. Elle s'écrit donc directement en sphériques, ce qui rend le choix évident.

\boxed{\text{Masse}=\iiint_V r\,dV=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi}\!\!\int_{0}^{1}r\cdot r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta}

⚠️ Le $r$ de la densité s'ajoute au $r^{2}$ du jacobien : l'intégrande en $r$ devient $r^{3}$ . Ne pas confondre les deux $r$ — l'un vient de la physique, l'autre de la géométrie.

ℹ️ L'intégrale se FACTORISE en trois intégrales indépendantes, car l'intégrande est un produit séparé $r^{3}\times\sin\varphi\times 1$ .

Le calcul

\text{Masse}=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi}\!\!\int_{0}^{1}\underbrace{r}_{\text{densité}}\cdot\underbrace{r^{2}\sin\varphi}_{\text{jacobien}}\,dr\,d\varphi\,d\theta

L'intégrande est un produit séparé, donc l'intégrale se factorise :

=\underbrace{\left(\int_{0}^{2\pi}d\theta\right)}_{2\pi}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\right)}_{?}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{1}r^{3}\,dr\right)}_{?}

Les trois morceaux :

\int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi

\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi=\left[-\cos\varphi\right]_{0}^{\pi}=-\cos\pi+\cos 0=1+1=2

⚠️ Ce $2$ revient dans tous les calculs sphériques sur une boule complète — autant le retenir.

\int_{0}^{1}r^{3}\,dr=\left[\dfrac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{1}=\dfrac14

On multiplie :

\text{Masse}=2\pi\times 2\times\dfrac14

\boxed{\text{Masse}=\pi\approx 3{,}14}

Les contrôles.

a) La densité moyenne — LE contrôle de l'exercice.

\bar\rho=\dfrac{\text{Masse}}{\text{Volume}}=\dfrac{\pi}{\frac43\pi}=\dfrac{3}{4}

\boxed{\bar\rho=\dfrac34=0{,}75}

⚠️⚠️ Est-ce plausible ? La densité varie de $0$ (au centre) à $1$ (au bord). Une moyenne naïve donnerait $\frac12$ — or on trouve $\frac34$ , plus élevé.

ℹ️ Et c'est exactement ce qu'il faut : il y a beaucoup plus de matière loin du centre que près. Une coquille de rayon $r$ a une surface en $r^{2}$ , donc les grands $r$ pèsent bien davantage dans la moyenne.

\bar\rho=\dfrac{\int_{0}^{1}r\cdot r^{2}dr}{\int_{0}^{1}r^{2}dr}=\dfrac{1/4}{1/3}=\dfrac34 \quad\checkmark

Ce calcul ne fait intervenir ni $\theta$ ni $\varphi$ — c'est donc un contrôle indépendant de la partie angulaire.

b) L'encadrement. La densité est entre $0$ et $1$ , donc

0\leq\text{Masse}\leq 1\times\dfrac{4\pi}{3}\approx 4{,}19 \qquad\text{et } \pi\approx 3{,}14 \quad\checkmark

c) Le contrôle du jacobien. Sans le $r^{2}$ :

2\pi\times 2\times\int_{0}^{1}r\,dr=2\pi\times 2\times\dfrac12=2\pi\approx 6{,}28

⚠️ Cela dépasserait la masse d'une boule de densité $1$ partout ( $4{,}19$ ) — impossible, puisque notre densité est partout $\leq 1$ . L'encadrement attrape l'oubli.

Sans le $\sin\varphi$ :

2\pi\times\pi\times\dfrac14=\dfrac{\pi^{2}}{2}\approx 4{,}93

⚠️ Cela dépasse aussi $4{,}19$ — même verdict.

\boxed{\text{l'encadrement par la densité maximale attrape les DEUX oublis de jacobien}}

d) Le contrôle par les unités. Une masse est une densité fois un volume. Si l'on doublait le rayon, la masse serait multipliée par $2^{4}=16$ (le volume par $8$ , la densité maximale par $2$ ). Vérifier ce comportement d'échelle attrape les erreurs d'exposant.

Rappel de cours

⚠️⚠️ COORDONNÉES SPHÉRIQUES
$x=r\sin\varphi\cos\theta \quad y=r\sin\varphi\sin\theta \quad z=r\cos\varphi$

$\boxed{dV=r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta}$
DEUX facteurs : $r^{2}$ (les sphères grandissent) et $\sin\varphi$ (les parallèles rétrécissent aux pôles).

⚠️⚠️ LES BORNES
$r\in[0;R] \qquad \boxed{\varphi\in[0;\pi]} \qquad \theta\in[0;2\pi]$
$\varphi$ ne va PAS jusqu'à $2\pi$ — la sphère serait comptée deux fois.

À retenir : le $2$ angulaire
$\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi=2 \qquad\text{d'où} \qquad \int\!\!\int d\varphi\,d\theta=4\pi$

Vérification du jacobien
$\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^\pi\!\!\int_0^R r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta=\dfrac{4\pi R^{3}}{3} \quad\checkmark$

Le résultat
$\boxed{\text{Masse}=2\pi\times 2\times\dfrac14=\pi}$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE — la densité moyenne
$\bar\rho=\dfrac{\text{Masse}}{\text{Volume}}=\dfrac{\pi}{4\pi/3}=\dfrac34$
Plus que $\frac12$ , parce qu'il y a plus de matière loin du centre (une coquille a une surface en $r^{2}$ ).
$\bar\rho=\dfrac{\int_0^1 r\cdot r^{2}dr}{\int_0^1 r^{2}dr}=\dfrac{1/4}{1/3}=\dfrac34$
Indépendant de la partie angulaire.

Encadrement : $\rho_{\min}V\leq M\leq\rho_{\max}V$ , soit $0\leq\pi\leq\frac{4\pi}{3}$ — il attrape les deux oublis de jacobien.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le $r^{2}$ ou le $\sin\varphi$ du jacobien.

Le contrôle : l'encadrement. Les deux oublis donnent respectivement $2\pi\approx 6{,}28$ et $\frac{\pi^2}{2}\approx 4{,}93$ , tous deux au-delà de $\frac{4\pi}{3}\approx 4{,}19$ — impossible pour une densité $\leq 1$ .

⚠️⚠️ Faire varier $\varphi$ de $0$ à $2\pi$ . La sphère serait balayée deux fois, mais $\sin\varphi<0$ sur $]\pi;2\pi[$ : la seconde moitié compte négativement, et le résultat s'annule.

Le contrôle : le volume de la boule vaudrait $0$ au lieu de $\frac{4\pi R^3}{3}$ — absurde.

⚠️ Confondre les deux $r$ . L'un est la densité (physique), l'autre vient du jacobien (géométrie). Ils se multiplient : $r\times r^{2}=r^{3}$ .

Le contrôle : l'intégrande en $r$ doit être de degré $3$ , pas $1$ ni $2$ .

⚠️ Se tromper dans $\int_0^\pi\sin\varphi\,d\varphi$ . C'est $\left[-\cos\varphi\right]_0^\pi=1+1=2$ , pas $0$ .

ℹ️ L'erreur vient de croire que le sinus s'annule en moyenne — il le fait sur $[0;2\pi]$ , pas sur $[0;\pi]$ où il est positif.

⚠️ Croire que la densité moyenne vaut $\frac12$ parce que $\rho$ va de $0$ à $1$ . La moyenne est pondérée par le volume, et il y a plus de volume loin du centre : $\frac34$ .

⚠️ Employer les cylindriques. Faisables, mais la densité $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ y devient $\sqrt{\rho^2+z^2}$ — bien plus pénible. La densité radiale appelle les sphériques.

⚠️ Ne pas factoriser. L'intégrande est un produit séparé : trois intégrales simples au lieu d'une triple emboîtée.

À retenir

\boxed{dV=r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta} \qquad \boxed{r\in[0;R], \ \ \varphi\in[0;\boldsymbol\pi], \ \ \theta\in[0;2\pi]}

\text{Masse}=\underbrace{2\pi}_{\theta}\times\underbrace{2}_{\varphi}\times\underbrace{\dfrac14}_{r}=\boxed{\pi\approx 3{,}14}

⚠️⚠️ DEUX facteurs au jacobien : $r^{2}$ et $\sin\varphi$ . Les oublier donne $6{,}28$ ou $4{,}93$ — tous deux au-delà de $\frac{4\pi}{3}$ , donc impossibles.

⚠️⚠️ $\varphi$ va de $0$ à $\pi$ , pas $2\pi$ — sinon la sphère est comptée deux fois.

À retenir : $\displaystyle\int_0^\pi\sin\varphi\,d\varphi=2$ , d'où $4\pi$ pour toute la partie angulaire.

\boxed{\text{LE CONTRÔLE : } \bar\rho=\dfrac{\text{Masse}}{\text{Volume}}=\dfrac{\pi}{4\pi/3}=\dfrac34}

⚠️ Plus que $\frac12$ , et ce n'est pas une erreur : il y a plus de matière loin du centre (une coquille de rayon $r$ a une surface en $r^{2}$ ). Le calcul $\frac{\int r\cdot r^{2}}{\int r^{2}}=\frac{1/4}{1/3}$ le confirme sans la partie angulaire.

⚠️ Les deux $r$ se multiplient : densité $\times$ jacobien $=r\times r^{2}=r^{3}$ .

Réponse.

m=\pi

. (Recoupement : avec densité constante

1

on retrouverait le volume

\tfrac43\pi

; la densité

r

croissante donne ici

\pi

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Masse d'une demi-boule, densité variable

ApplicationDifficulté 3/5

Calculer la masse de la demi-boule supérieure de rayon $1$ ( $z\ge0$ ) de densité $\rho=z$ .

Indices (3)

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une variante de A5 avec deux différences, et chacune se traite séparément.

\text{demi-boule } z\geq 0, \ R=1, \ \text{densité } \rho=z

Différence 1 — le DOMAINE est une demi-boule.

z\geq 0 \qquad\Longleftrightarrow\qquad r\cos\varphi\geq 0 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \cos\varphi\geq 0 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \boxed{0\leq\varphi\leq\dfrac\pi2}

⚠️ La colatitude $\varphi$ se limite à $\frac\pi2$ — l'équateur. Ni $r$ ni $\theta$ ne changent : on garde $r\in[0;1]$ et le tour complet $\theta\in[0;2\pi]$ .

ℹ️ C'est le grand avantage des sphériques : couper une boule en deux par un plan horizontal ne touche qu'une borne.

Différence 2 — la DENSITÉ dépend de $z$ , pas de $r$ .

\rho=z=r\cos\varphi

⚠️⚠️ La densité mélange donc $r$ ET $\varphi$ — contrairement à A5, où elle ne dépendait que de $r$ . Mais l'intégrande reste séparable :

\underbrace{r\cos\varphi}_{\text{densité}}\times\underbrace{r^{2}\sin\varphi}_{\text{jacobien}}=\underbrace{r^{3}}_{\text{en } r}\times\underbrace{\cos\varphi\sin\varphi}_{\text{en } \varphi}

\boxed{\text{l'intégrale se factorise encore}}

Le morceau angulaire est le seul point technique :

\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi

ℹ️ Trois façons de le calculer, toutes correctes :

reconnaître $\sin\varphi\cos\varphi=\frac{\sin 2\varphi}{2}$ ;
poser $u=\sin\varphi$ , donc $du=\cos\varphi\,d\varphi$ ;
reconnaître directement la dérivée de $\frac{\sin^{2}\varphi}{2}$ .

Toutes donnent $\dfrac12$ .

⚠️ On peut prévoir que le résultat sera PLUS PETIT qu'en A5 : le domaine est deux fois plus petit, et la densité $z$ s'annule sur tout le plan équatorial — là où il y a le plus de matière.

Le calcul

\text{Masse}=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi/2}\!\!\int_{0}^{1}\underbrace{(r\cos\varphi)}_{\rho=z}\cdot\underbrace{r^{2}\sin\varphi}_{\text{jacobien}}\,dr\,d\varphi\,d\theta

On regroupe par variable :

=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi/2}\!\!\int_{0}^{1}r^{3}\cos\varphi\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta

L'intégrande est séparé, donc l'intégrale se factorise :

=\underbrace{\left(\int_{0}^{2\pi}d\theta\right)}_{2\pi}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi\right)}_{?}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{1}r^{3}dr\right)}_{1/4}

Le morceau angulaire, par le changement $u=\sin\varphi$ ( $du=\cos\varphi\,d\varphi$ ) :

\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi=\int_{0}^{1}u\,du=\left[\dfrac{u^{2}}{2}\right]_{0}^{1}=\dfrac12

⚠️ Les bornes changent avec la variable : $\varphi=0\to u=0$ et $\varphi=\frac\pi2\to u=1$ . Les oublier est l'erreur classique du changement de variable.

Vérification par l'autre voie :

\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\sin 2\varphi}{2}\,d\varphi=\dfrac12\left[-\dfrac{\cos 2\varphi}{2}\right]_{0}^{\pi/2}=\dfrac12\left(\dfrac12+\dfrac12\right)=\dfrac12 \quad\checkmark

On multiplie :

\text{Masse}=2\pi\times\dfrac12\times\dfrac14

\boxed{\text{Masse}=\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}785}

Les contrôles.

a) La densité moyenne. Le volume de la demi-boule vaut $\frac12\times\frac{4\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}$ :

\bar\rho=\dfrac{\pi/4}{2\pi/3}=\dfrac{\pi}{4}\times\dfrac{3}{2\pi}=\dfrac38=0{,}375

⚠️⚠️ Est-ce plausible ? La densité $z$ varie de $0$ (à l'équateur) à $1$ (au pôle). Une moyenne naïve donnerait $\frac12$ — or on trouve moins : $0{,}375$ .

ℹ️ Et c'est exactement ce qu'il faut : la demi-boule est LARGE en bas (près de $z=0$ , où la densité est nulle) et ÉTROITE en haut (près du pôle, où elle vaut $1$ ). La majorité du volume est dans la région peu dense.

\boxed{\bar\rho<\dfrac12 \ \text{est PRÉVISIBLE par la géométrie}}

⚠️ Comparez avec A5, où l'on trouvait $\bar\rho=\frac34>\frac12$ : là, la densité croissait avec le rayon, donc dans la direction où il y a le plus de matière. Ici c'est l'inverse. Le sens de l'écart à $\frac12$ dit où se trouve la matière.

b) L'encadrement :

0\leq\dfrac\pi4\approx 0{,}785\leq 1\times\dfrac{2\pi}{3}\approx 2{,}09 \quad\checkmark

c) Le contrôle par la hauteur du centre de gravité. La quantité $\iiint z\,dV$ est le moment de la demi-boule, donc

\bar z=\dfrac{\pi/4}{2\pi/3}=\dfrac38

\boxed{\text{le centre de gravité d'une demi-boule de rayon } 1 \text{ est à la hauteur } \dfrac38}

⚠️⚠️ C'est un résultat classique de mécanique, et il vaut $\frac{3R}{8}$ pour un rayon $R$ . Notre calcul le retrouve exactement.

ℹ️ Contrôle de plausibilité : $\frac38=0{,}375$ est en dessous de la mi-hauteur ( $0{,}5$ ) — cohérent, la demi-boule étant plus large en bas.

d) Le contrôle par comparaison à A5. La masse y valait $\pi$ ; ici $\frac\pi4$ , soit quatre fois moins. Deux facteurs se composent : le domaine deux fois plus petit, et une densité en moyenne deux fois plus faible ( $\frac38$ contre $\frac34$ ).

\dfrac{\pi/4}{\pi}=\dfrac14=\dfrac12\times\dfrac12 \quad\checkmark

Rappel de cours

Sphériques
$dV=r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta \qquad z=r\cos\varphi$

⚠️ DEMI-BOULE SUPÉRIEURE
$z\geq 0 \iff \cos\varphi\geq 0 \iff \boxed{0\leq\varphi\leq\dfrac\pi2}$
Seule la borne de $\varphi$ change — $r$ et $\theta$ sont intacts.

Densité en $z$ : l'intégrande reste SÉPARÉ
$(r\cos\varphi)\times r^{2}\sin\varphi=r^{3}\times\cos\varphi\sin\varphi$

Le morceau angulaire — trois voies
$\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi=\dfrac12$
par $u=\sin\varphi$ , par $\sin\varphi\cos\varphi=\frac{\sin 2\varphi}{2}$ , ou en reconnaissant $\left(\frac{\sin^{2}\varphi}{2}\right)'$ . ⚠️ Changer les bornes avec la variable : $\varphi=0\to u=0$ , $\varphi=\frac\pi2\to u=1$ .

Le résultat
$\boxed{\text{Masse}=2\pi\times\dfrac12\times\dfrac14=\dfrac\pi4}$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE — et le SENS de l'écart à $\frac12$
$\bar\rho=\dfrac{\pi/4}{2\pi/3}=\dfrac38<\dfrac12$
La demi-boule est LARGE là où $z$ est petit — donc la moyenne est tirée vers le bas. ⚠️ Comparer avec A5 : $\bar\rho=\frac34>\frac12$ , la densité y croissant vers l'extérieur, où il y a plus de matière. Le sens de l'écart dit où est la matière.

Résultat de mécanique à connaître
$\boxed{\text{centre de gravité d'une demi-boule} : \ \bar z=\dfrac{3R}{8}}$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Prendre $\varphi\in[0;\pi]$ au lieu de $[0;\frac\pi2]$ — c'est-à-dire intégrer sur la boule entière.

Le contrôle : sur la boule complète, $\int_0^\pi\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi=0$ (la partie inférieure compense la supérieure), donc la masse vaudrait $0$ . Un zéro sur une densité positive est absurde — et il signale immédiatement l'erreur.

ℹ️ Ce zéro n'est pas fortuit : la densité $z$ est impaire en $z$ , donc son intégrale sur un domaine symétrique s'annule.

⚠️⚠️ Restreindre $\theta$ à $[0;\pi]$ en croyant que « demi-boule » signifie « demi-tour ».

Le contrôle : la demi-boule est coupée par un plan horizontal, donc c'est $\varphi$ qui est limité — $\theta$ fait toujours le tour complet.

⚠️ Écrire $z=r\sin\varphi$ au lieu de $r\cos\varphi$ .

Le contrôle : au pôle nord ( $\varphi=0$ ), on doit avoir $z=r$ . Or $\sin 0=0$ ✗ et $\cos 0=1$ ✓

⚠️ Oublier de changer les bornes dans le changement $u=\sin\varphi$ .

⚠️ Croire que $\bar\rho$ doit valoir $\frac12$ parce que $z$ va de $0$ à $1$ . La moyenne est pondérée par le volume, et la demi-boule est large en bas.

⚠️ Oublier un facteur du jacobien. L'encadrement ( $\leq\frac{2\pi}{3}\approx 2{,}09$ ) attrape les deux oublis.

⚠️ Ne pas comparer avec A5. Le rapport $\frac14$ se décompose en $\frac12$ (domaine) $\times\frac12$ (densité) — un contrôle croisé gratuit.

À retenir

\text{Masse}=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi/2}\!\!\int_{0}^{1}r^{3}\cos\varphi\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta=2\pi\times\dfrac12\times\dfrac14=\boxed{\dfrac\pi4\approx 0{,}785}

\boxed{z\geq 0 \iff 0\leq\varphi\leq\dfrac\pi2} \qquad\text{seule la borne de } \varphi \text{ change}

⚠️ $\theta$ fait toujours le TOUR COMPLET — la demi-boule est coupée par un plan horizontal.

⚠️ $z=r\cos\varphi$ : au pôle ( $\varphi=0$ ), $z=r$ ✓

\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi=\dfrac12 \qquad\text{(par } u=\sin\varphi\text{, en changeant les bornes)}

\boxed{\bar\rho=\bar z=\dfrac{\pi/4}{2\pi/3}=\dfrac38<\dfrac12}

⚠️⚠️ L'écart à $\frac12$ dit OÙ EST LA MATIÈRE : ici la demi-boule est large en bas (où $z$ est petit), donc la moyenne descend. En A5 c'était l'inverse ( $\frac34>\frac12$ ), la densité croissant vers l'extérieur.

Résultat de mécanique : le centre de gravité d'une demi-boule est à $\dfrac{3R}{8}$ — notre calcul le retrouve.

⚠️ Sur la boule ENTIÈRE, la masse vaudrait $0$ ( $z$ est impaire) — un zéro absurde qui signale l'erreur de bornes.

Réponse.

m=\dfrac\pi4

. (Recoupement :

\int_0^{\pi/2}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi=[\tfrac12\sin^2\varphi]_0^{\pi/2}=\tfrac12

✓ ; la densité

z\ge0

rend la masse finie et positive)

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Intégrale curviligne scalaire

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\int_\gamma (x^2+y^2)\,ds$ où $\gamma$ est le cercle unité parcouru une fois.

Indices (3)

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, $x^2+y^2=1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Il existe DEUX intégrales curvilignes, et les confondre est l'erreur structurante de tout le lot B.

\boxed{\text{SCALAIRE} : \ \int_\gamma f\,ds \qquad\qquad \text{VECTORIELLE} : \ \int_\gamma\vec F\cdot d\vec r}

	scalaire $\displaystyle\int f\,ds$	vectorielle $\displaystyle\int\vec F\cdot d\vec r$
ce qu'on intègre	une fonction	un champ de vecteurs
l'élément	$ds$ , longueur d'arc	$d\vec r$ , déplacement orienté
orientation	aucune importance	change le signe
interprétation	masse d'un fil, longueur	travail, circulation

⚠️⚠️ $ds$ est une LONGUEUR, toujours positive. Parcourir la courbe dans l'autre sens ne change rien à $\int f\,ds$ — alors que cela inverse le signe de la circulation (B2).

Ici l'énoncé demande la version SCALAIRE.

\int_\gamma(x^{2}+y^{2})\,ds \qquad \gamma = \text{cercle unité}

Le paramétrage :

x=\cos t \qquad y=\sin t \qquad t\in[0;2\pi]

\boxed{ds=\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}\,dt}

Calculons-le :

ds=\sqrt{(-\sin t)^{2}+(\cos t)^{2}}\,dt=\sqrt{\sin^{2}t+\cos^{2}t}\,dt=\sqrt{1}\,dt=dt

⚠️ Sur le cercle UNITÉ, $ds=dt$ — le paramètre est directement la longueur d'arc. C'est une simplification propre au rayon $1$ : sur un cercle de rayon $R$ , on aurait $ds=R\,dt$ .

Et l'intégrande se simplifie aussi :

x^{2}+y^{2}=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1

\boxed{\text{sur le cercle unité, } x^{2}+y^{2}=1 \text{ IDENTIQUEMENT}}

ℹ️ L'intégrale devient donc la LONGUEUR du cercle — le résultat est acquis avant tout calcul.

Le calcul

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

L'élément d'arc :

\dfrac{dx}{dt}=-\sin t \qquad \dfrac{dy}{dt}=\cos t

ds=\sqrt{\sin^{2}t+\cos^{2}t}\,dt=dt

L'intégrande, sur la courbe :

x^{2}+y^{2}=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1

⚠️ On substitue le paramétrage DANS l'intégrande — c'est l'étape qu'on oublie. Le champ n'est évalué que sur la courbe, jamais ailleurs.

L'intégrale :

\int_\gamma(x^{2}+y^{2})\,ds=\int_{0}^{2\pi}1\times dt=\left[t\right]_{0}^{2\pi}

\boxed{\int_\gamma(x^{2}+y^{2})\,ds=2\pi\approx 6{,}28}

Les contrôles.

a) L'interprétation géométrique — imparable. L'intégrande vaut $1$ partout sur la courbe, donc

\int_\gamma 1\,ds=\text{LONGUEUR de } \gamma=2\pi R=2\pi \quad\checkmark

\boxed{\int_\gamma 1\,ds=\text{la longueur de la courbe}}

ℹ️ C'est le contrôle universel de l'intégrale curviligne scalaire, et il ne coûte rien : si l'intégrande est constant, le résultat est ce constant fois la longueur.

b) La valeur moyenne.

\overline{x^{2}+y^{2}}=\dfrac{2\pi}{2\pi}=1 \quad\checkmark

Évident ici, puisque la fonction vaut $1$ partout sur le cercle — mais le réflexe vaut pour tous les autres cas.

c) L'indépendance vis-à-vis de l'orientation. Parcourons le cercle en sens inverse : $x=\cos(-t)$ , $y=\sin(-t)$ .

ds=\sqrt{\sin^{2}t+\cos^{2}t}\,dt=dt \qquad\text{INCHANGÉ}

\boxed{\int_\gamma f\,ds \ \text{ne dépend PAS du sens de parcours}}

⚠️ C'est la différence essentielle avec la circulation (B2), qui, elle, change de signe. La racine carrée du $ds$ est ce qui garantit la positivité.

d) Le contrôle par un cercle de rayon $R$ . L'intégrale deviendrait

\int_\gamma(x^{2}+y^{2})\,ds=\int_{0}^{2\pi}R^{2}\times R\,dt=2\pi R^{3}

Pour $R=1$ : $2\pi$ ✓ Et le comportement en $R^{3}$ est cohérent — $R^{2}$ vient de la fonction, $R$ de la longueur.

⚠️ Vérifier le comportement d'échelle attrape les oublis de facteur dans $ds$ : sans le $R$ , on obtiendrait $2\pi R^{2}$ .

e) Le signe. L'intégrande est positive et $ds>0$ , donc l'intégrale est positive ✓

ℹ️ Interprétation physique. Si le cercle était un fil de densité linéique $\rho=x^{2}+y^{2}$ , cette intégrale serait sa masse. Ici la densité vaut $1$ partout, donc la masse est la longueur.

Rappel de cours

⚠️⚠️ LES DEUX INTÉGRALES CURVILIGNES

$\displaystyle\int_\gamma f\,ds$ $\displaystyle\int_\gamma\vec F\cdot d\vec r$

objet fonction champ de vecteurs

élément $ds$ (longueur) $d\vec r$ (déplacement)

orientation sans effet change le signe

sens masse d'un fil travail

	$\displaystyle\int_\gamma f\,ds$	$\displaystyle\int_\gamma\vec F\cdot d\vec r$
objet	fonction	champ de vecteurs
élément	$ds$ (longueur)	$d\vec r$ (déplacement)
orientation	sans effet	change le signe
sens	masse d'un fil	travail

ÉLÉMENT D'ARC
$\boxed{ds=\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}\,dt}$
⚠️ La racine le rend toujours POSITIF — d'où l'indépendance à l'orientation.

Sur le cercle de rayon $R$
$x=R\cos t, \ y=R\sin t \qquad\Longrightarrow\qquad ds=R\,dt$
Pour $R=1$ : $ds=dt$ .

Le résultat
$\boxed{\int_\gamma(x^{2}+y^{2})\,ds=2\pi}$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE UNIVERSEL
$\boxed{\int_\gamma 1\,ds=\text{la LONGUEUR de la courbe}}$
Ici $x^{2}+y^{2}=1$ identiquement sur le cercle unité : l'intégrale EST la longueur.

Contrôle d'échelle : sur un cercle de rayon $R$ , le résultat serait $2\pi R^{3}$ ( $R^{2}$ de la fonction, $R$ de la longueur).

ℹ️ Substituer le paramétrage DANS l'intégrande — le champ n'est évalué que sur la courbe.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Confondre avec la circulation et calculer $\int(x^{2}+y^{2})\,dx$ ou un produit scalaire. L'énoncé donne une FONCTION, pas un champ — c'est l'intégrale scalaire.

Le signe qui distingue : $ds$ dans l'énoncé (scalaire) contre $d\vec r$ ou $\vec F\cdot$ (vectorielle).

⚠️⚠️ Oublier de substituer le paramétrage dans l'intégrande. Écrire $\int_0^{2\pi}(x^{2}+y^{2})dt$ en gardant $x$ et $y$ ne mène nulle part : il faut les remplacer par $\cos t$ et $\sin t$ .

⚠️ Oublier le facteur de $ds$ . Sur le cercle unité il vaut $1$ , donc l'erreur est invisible ici — mais elle mordrait sur tout autre rayon ou toute autre courbe.

Le contrôle : le comportement en $R$ .

⚠️ Écrire $ds=dx+dy$ ou $ds=dx\,dy$ . C'est une racine de somme de carrés — le théorème de Pythagore appliqué à un déplacement infinitésimal.

⚠️ Croire que l'orientation change le résultat. Elle ne le change pas : $ds>0$ toujours.

⚠️ Prendre $t\in[0;\pi]$ . Un tour complet, c'est $2\pi$ — l'énoncé dit « parcouru une fois ».

Le contrôle : la longueur obtenue vaudrait $\pi$ , la moitié du périmètre.

⚠️ Ne pas voir que $x^{2}+y^{2}=1$ sur le cercle unité. C'est l'équation même du cercle — la reconnaître rend l'exercice immédiat.

⚠️ Ne pas contrôler par la longueur. C'est gratuit et décisif.

À retenir

\boxed{\int_\gamma(x^{2}+y^{2})\,ds=2\pi} \qquad\text{car } x^{2}+y^{2}=1 \text{ IDENTIQUEMENT sur le cercle unité}

\boxed{ds=\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}\,dt} \qquad\text{sur le cercle de rayon } R : \ ds=R\,dt

⚠️⚠️ DEUX intégrales curvilignes, à ne jamais confondre :

$\displaystyle\int f\,ds$	$\displaystyle\int\vec F\cdot d\vec r$
une fonction, $ds>0$	un champ, $d\vec r$ orienté
orientation sans effet	l'orientation change le signe
masse d'un fil	travail

La racine carrée du $ds$ est ce qui garantit sa positivité — donc l'indépendance à l'orientation.

\boxed{\text{LE CONTRÔLE : } \int_\gamma 1\,ds=\text{la LONGUEUR de la courbe}}

⚠️ Substituer le paramétrage DANS l'intégrande — le champ n'est évalué que sur la courbe.

Contrôle d'échelle : sur un rayon $R$ , le résultat serait $2\pi R^{3}$ .

Réponse.

\displaystyle\int_\gamma(x^2+y^2)\,ds=2\pi

. (Recoupement : l'intégrande vaut

1

sur tout le cercle, donc l'intégrale égale la longueur du cercle unité,

2\pi

✓)

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Circulation d'un champ non conservatif

CalculDifficulté 3/5

Calculer la circulation $\displaystyle\oint_\gamma \vec F\cdot d\vec r$ de $\vec F=(-y,\,x)$ le long du cercle unité orienté positivement.

Indices (3)

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

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

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La CIRCULATION — l'autre intégrale curviligne, celle qui dépend de l'orientation.

\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r \qquad\text{avec } \vec F=(-y,\,x)

\boxed{\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=\int_{a}^{b}\Big(P\dfrac{dx}{dt}+Q\dfrac{dy}{dt}\Big)dt \qquad \vec F=(P,Q)}

⚠️ Le symbole $\oint$ signale une courbe FERMÉE, et « orienté positivement » veut dire dans le sens trigonométrique — l'intérieur du domaine reste à gauche quand on avance.

Le champ $\vec F=(-y,x)$ mérite d'être regardé avant de calculer.

\vec F\cdot\vec r=(-y)(x)+(x)(y)=0

\boxed{\vec F \text{ est ORTHOGONAL au rayon en tout point} \ \Longrightarrow \ \text{il est TANGENT au cercle}}

ℹ️ C'est un champ de ROTATION pure — celui d'un fluide qui tourne, ou d'un solide en rotation. Il « pousse » exactement dans le sens du parcours, ce qui garantit une circulation positive et maximale.

⚠️⚠️ Ce champ n'est PAS conservatif, et c'est tout le sujet de l'exercice. Un champ conservatif a une circulation NULLE sur toute courbe fermée (B4, D6) — ici elle vaudra $2\pi$ .

Le critère, qu'on peut vérifier tout de suite :

\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial(-y)}{\partial y}=-1 \qquad\qquad \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial x}{\partial x}=+1

\boxed{\dfrac{\partial P}{\partial y}\neq\dfrac{\partial Q}{\partial x} \ \Longrightarrow \ \vec F \text{ n'est PAS conservatif}}

Et l'on peut même prévoir le résultat par Green (B5) :

\oint\vec F\cdot d\vec r=\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA=\iint_D 2\,dA=2\times\text{Aire}=2\pi

⚠️ Prévoir le résultat par un autre théorème avant de calculer transforme le calcul en vérification.

Le calcul, et sa prédiction

Paramétrage du cercle unité, sens trigonométrique :

x=\cos t \qquad y=\sin t \qquad t\in[0;2\pi]

\dfrac{dx}{dt}=-\sin t \qquad\qquad \dfrac{dy}{dt}=\cos t

Le champ SUR la courbe :

\vec F=(-y,\,x)=(-\sin t,\ \cos t)

⚠️ Substituer le paramétrage dans le champ — comme en B1.

Le produit scalaire :

\vec F\cdot\dfrac{d\vec r}{dt}=(-\sin t)\times(-\sin t)+(\cos t)\times(\cos t)=\sin^{2}t+\cos^{2}t=1

⚠️⚠️ Les DEUX termes sont positifs, et leur somme vaut $1$ identiquement. C'est la traduction de ce qu'on avait vu : le champ pousse exactement dans le sens du parcours.

\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=\int_{0}^{2\pi}1\,dt=\left[t\right]_{0}^{2\pi}

\boxed{\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=2\pi\approx 6{,}28}

Les contrôles.

a) La prédiction par Green — faite avant le calcul :

\oint\vec F\cdot d\vec r=\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA=\iint_D\big(1-(-1)\big)dA=2\times\pi=2\pi \quad\checkmark

⚠️⚠️ Deux voies totalement indépendantes — l'une paramètre la courbe, l'autre intègre sur le disque. La concordance vaut preuve.

b) Le signe. Le champ est tangent et de même sens que le parcours, donc la circulation doit être positive et maximale ✓

\boxed{\text{circulation} = \text{longueur} \times \text{composante tangentielle moyenne}}

Ici la composante tangentielle vaut $1$ partout (le champ a pour norme $\|\vec F\|=\sqrt{y^{2}+x^{2}}=1$ sur le cercle unité, et il est entièrement tangent), donc

2\pi\times 1=2\pi \quad\checkmark

c) Le contrôle par l'orientation INVERSE. Parcourons le cercle dans l'autre sens :

\boxed{\oint_{-\gamma}\vec F\cdot d\vec r=-2\pi}

⚠️ La circulation CHANGE DE SIGNE, contrairement à l'intégrale scalaire de B1 qui, elle, restait à $2\pi$ . C'est la différence structurante entre les deux.

d) Le contrôle par la non-conservativité. Si $\vec F$ était conservatif, la circulation sur une courbe fermée serait nulle. Elle vaut $2\pi\neq 0$ :

\boxed{\text{une circulation NON NULLE sur une courbe fermée PROUVE que le champ n'est pas conservatif}}

ℹ️ C'est cohérent avec le critère $\frac{\partial P}{\partial y}=-1\neq 1=\frac{\partial Q}{\partial x}$ — deux voies, même conclusion.

e) L'interprétation physique. $\vec F=(-y,x)$ est le champ des vitesses d'un solide tournant à la vitesse angulaire $1$ . La circulation mesure alors le « tourbillon » — et sa valeur $2\pi$ vaut $2\times$ l'aire, c'est-à-dire le rotationnel ( $=2$ ) fois l'aire.

\boxed{\text{circulation sur un contour} = \text{tourbillon enfermé}}

⚠️ C'est exactement ce que dira le théorème de Stokes (D2), et le même champ y reviendra.

Rappel de cours

CIRCULATION
$\boxed{\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=\int_a^b\left(P\dfrac{dx}{dt}+Q\dfrac{dy}{dt}\right)dt}$
$\oint$ = courbe fermée · « orienté positivement » = sens trigonométrique (l'intérieur à gauche).

⚠️⚠️ L'ORIENTATION CHANGE LE SIGNE
$\oint_{-\gamma}=-\oint_\gamma$
Contrairement à $\int f\,ds$ (B1), qui en est indépendante.

Le champ $\vec F=(-y,x)$
$\vec F\cdot\vec r=0 \ \Longrightarrow \ \text{TANGENT au cercle} \ \Longrightarrow \ \text{champ de ROTATION pure}$

CRITÈRE DE CONSERVATIVITÉ (en 2D)
$\boxed{\vec F \text{ conservatif} \Longrightarrow \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}}$
Réciproque vraie sur un domaine simplement connexe (B3). Ici $-1\neq 1$ : non conservatif.

Le résultat
$\boxed{\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=2\pi}$

⚠️⚠️ PRÉDIRE PAR GREEN AVANT DE CALCULER
$\oint\vec F\cdot d\vec r=\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA=2\times\text{Aire}=2\pi$
Deux voies indépendantes — le paramétrage et l'intégrale double.

⚠️ Une circulation NON NULLE sur une courbe FERMÉE prouve la non-conservativité.

ℹ️ Sens physique : circulation = tourbillon enfermé (Stokes, D2).

L'erreur classique

⚠️⚠️ Confondre avec l'intégrale scalaire de B1 et calculer $\int\|\vec F\|\,ds$ . Ce serait aussi $2\pi$ ici par coïncidence (le champ est unitaire et tangent) — mais c'est un autre objet, et sur tout autre champ les deux diffèrent.

⚠️⚠️ Oublier que l'orientation compte. Parcourir en sens horaire donne $-2\pi$ .

Le contrôle : « orienté positivement » impose le sens trigonométrique, donc $t$ croissant de $0$ à $2\pi$ .

⚠️ Se tromper de signe dans $\frac{dx}{dt}=-\sin t$ .

Le contrôle : le produit scalaire doit valoir $+1$ , pas $-1$ ni $0$ . Avec un mauvais signe, on obtiendrait $\sin^2 t-\cos^2 t$ , d'intégrale nulle — et une circulation nulle prétendrait que le champ est conservatif, ce qui est faux.

⚠️ Substituer $x$ et $y$ dans le champ mais pas dans $d\vec r$ , ou l'inverse. Les deux doivent l'être.

⚠️ Croire que $\vec F=(-y,x)$ est conservatif parce qu'il « ressemble » à un gradient.

Le contrôle : $\frac{\partial P}{\partial y}=-1$ et $\frac{\partial Q}{\partial x}=1$ — différents. Et la circulation non nulle le confirme.

⚠️ Confondre $\vec F\cdot d\vec r$ et $\|\vec F\|\,ds$ . Le produit scalaire ne retient que la composante tangentielle — ici elles coïncident, mais c'est particulier à ce champ.

⚠️ Ne pas prédire par Green. La prédiction coûte deux dérivées partielles et donne un contrôle indépendant du paramétrage.

⚠️ Oublier le $\oint$ et intégrer sur un arc. L'énoncé dit « le long du cercle » — un tour complet.

À retenir

\boxed{\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=\int_a^b\left(P\dfrac{dx}{dt}+Q\dfrac{dy}{dt}\right)dt=2\pi} \qquad \vec F=(-y,x)

Sur le cercle unité : $\vec F\cdot\frac{d\vec r}{dt}=\sin^{2}t+\cos^{2}t=1$ identiquement — le champ pousse exactement dans le sens du parcours.

\boxed{\vec F=(-y,x) \ \text{est TANGENT au cercle : un champ de ROTATION pure}}

⚠️⚠️ L'ORIENTATION CHANGE LE SIGNE ( $-2\pi$ en sens horaire) — contrairement à $\int f\,ds$ (B1), qui en est indépendante.

\boxed{\vec F \text{ conservatif} \Longrightarrow \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}} \qquad\text{ici } -1\neq 1 \ \Longrightarrow \ \textbf{NON}

La réciproque n'est vraie que sur un domaine simplement connexe (B3).

⚠️ Une circulation non nulle sur une courbe FERMÉE prouve la non-conservativité — deux voies, même conclusion.

PRÉDIRE PAR GREEN avant de calculer :

\oint\vec F\cdot d\vec r=\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA=2\times\pi=2\pi \quad\checkmark

Deux voies indépendantes — le paramétrage et l'intégrale double. ℹ️ Circulation = tourbillon enfermé (Stokes, D2).

Réponse.

\displaystyle\oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=2\pi

. (Recoupement : par Green,

\oint(-y\,dx+x\,dy)=\iint_D(1-(-1))\,dA=2\,\text{Aire}=2\pi

— voir B5 ✓ ; circulation non nulle

\Longrightarrow

champ NON conservatif)

Faire cet exercice dans l'app →

Champ de gradient et potentiel

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que $\vec F=(2xy,\;x^2+1)$ dérive d'un potentiel, puis déterminer $f$ tel que $\vec F=\vec\nabla f$ .

Indices (3)

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 $Q=x^2+1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le champ CONSERVATIF — l'exact opposé de celui de B2, et la notion la plus utile du chapitre.

\vec F=(2xy,\ x^{2}+1)

\boxed{\vec F \text{ dérive d'un POTENTIEL} \iff \exists f, \ \vec F=\vec\nabla f=\left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\ \dfrac{\partial f}{\partial y}\right)}

Deux questions, deux techniques :

1) MONTRER l'existence — par le critère, sans construire $f$ :

\boxed{\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}}

ℹ️ D'où vient ce critère. Si $\vec F=\vec\nabla f$ , alors $P=\frac{\partial f}{\partial x}$ et $Q=\frac{\partial f}{\partial y}$ , donc

\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial^{2}f}{\partial y\,\partial x} \qquad\qquad \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial^{2}f}{\partial x\,\partial y}

Et le théorème de Schwarz dit que ces deux dérivées croisées sont égales. Le critère est donc une CONSÉQUENCE de Schwarz — c'est ce qui le rend nécessaire.

⚠️ Il est aussi SUFFISANT ici, parce que le champ est défini sur tout le plan, qui est simplement connexe (sans trou). Sur un domaine troué, le critère ne suffit plus — c'est précisément pourquoi le champ $\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)$ , défini sur le plan privé de l'origine, vérifie le critère et a pourtant une circulation $2\pi$ sur le cercle unité.

2) CONSTRUIRE le potentiel — par intégrations successives, avec une constante qui dépend de l'autre variable.

\boxed{f=\int P\,dx+C(y) \qquad\text{puis on détermine } C(y) \text{ grâce à } \dfrac{\partial f}{\partial y}=Q}

⚠️⚠️ La « constante » d'intégration en $x$ est une FONCTION de $y$ , pas un nombre. C'est le point que tout le monde rate, et c'est ce qui distingue ce calcul d'une primitive ordinaire.

ℹ️ Le résultat sera défini à une vraie constante près — un potentiel n'est jamais unique, comme en physique.

La démonstration et la construction

1) Le critère.

P=2xy \qquad\qquad Q=x^{2}+1

\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial(2xy)}{\partial y}=2x \qquad\qquad \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial(x^{2}+1)}{\partial x}=2x

\boxed{\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}=2x \ \Longrightarrow \ \vec F \text{ dérive d'un potentiel}}

⚠️ Le $+1$ de $Q$ disparaît à la dérivation — c'est une constante par rapport à $x$ . Il réapparaîtra dans le potentiel.

2) La construction de $f$ .

Étape a — intégrer $P$ par rapport à $x$ , en traitant $y$ comme une constante :

f(x,y)=\int 2xy\,dx=2y\times\dfrac{x^{2}}{2}+C(y)=x^{2}y+C(y)

⚠️⚠️ $C(y)$ est une FONCTION de $y$ , pas un nombre : toute fonction de $y$ seul a une dérivée nulle par rapport à $x$ , donc disparaît de $P$ .

Étape b — dériver par rapport à $y$ et identifier à $Q$ :

\dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\left(x^{2}y+C(y)\right)=x^{2}+C'(y)

Or ce doit être $Q=x^{2}+1$ :

x^{2}+C'(y)=x^{2}+1 \qquad\Longrightarrow\qquad C'(y)=1 \qquad\Longrightarrow\qquad C(y)=y+\text{cte}

⚠️ Les $x^{2}$ se simplifient, et il ne reste qu'une équation en $y$ seul. Si un $x$ subsistait dans $C'(y)$ , ce serait la preuve d'une erreur — ou que le champ n'est pas conservatif.

\boxed{\text{c'est le CONTRÔLE INTERNE de la méthode : } C'(y) \text{ ne doit dépendre que de } y}

\boxed{f(x,y)=x^{2}y+y \qquad(\text{à une constante additive près})}

Les contrôles.

a) La vérification directe — imparable.

\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\left(x^{2}y+y\right)=2xy=P \quad\checkmark

\dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\left(x^{2}y+y\right)=x^{2}+1=Q \quad\checkmark

⚠️ Deux dérivations, dix secondes, et la réponse est certifiée. Ce contrôle doit être systématique : construire un potentiel sans le vérifier n'a aucun sens.

b) La factorisation, pour lire le résultat.

f=x^{2}y+y=y\left(x^{2}+1\right)

ℹ️ Écriture plus compacte, et elle rend la vérification encore plus rapide : $\frac{\partial f}{\partial y}=x^{2}+1$ se lit directement.

c) Le contrôle par la circulation fermée. Un champ conservatif a une circulation nulle sur toute courbe fermée. Vérifions sur le cercle unité :

\oint\vec F\cdot d\vec r=\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA=\iint_D(2x-2x)\,dA=0 \quad\checkmark

⚠️⚠️ L'intégrande est nul PARTOUT, pas seulement d'intégrale nulle. C'est la traduction exacte du critère, et c'est ce qui distingue radicalement ce champ de celui de B2 (où l'intégrande valait $2$ ).

d) La non-unicité. $f=x^{2}y+y+7$ conviendrait tout aussi bien.

\boxed{\text{un potentiel est défini à une CONSTANTE ADDITIVE près}}

ℹ️ C'est sans conséquence : les circulations ne font intervenir que des différences de potentiel (B4), où la constante s'élimine.

Rappel de cours

CHAMP CONSERVATIF (ou de gradient)
$\boxed{\vec F=\vec\nabla f=\left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y}\right)}$

LE CRITÈRE
$\boxed{\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}}$
ℹ️ Conséquence du théorème de SCHWARZ (les dérivées croisées de $f$ sont égales) — d'où sa nécessité. ⚠️ Suffisant sur un domaine SIMPLEMENT CONNEXE (sans trou), ce qui est le cas du plan entier.

CONSTRUCTION DU POTENTIEL — deux étapes
$f=\int P\,dx+\boxed{C(y)} \qquad\text{puis} \qquad \dfrac{\partial f}{\partial y}=Q \ \Longrightarrow \ C'(y)$
⚠️⚠️ La constante d'intégration en $x$ est une FONCTION de $y$ — c'est le point que tout le monde rate.

⚠️ CONTRÔLE INTERNE de la méthode
$C'(y) \text{ ne doit dépendre QUE de } y$
Un $x$ résiduel signale une erreur — ou un champ non conservatif.

Le résultat
$\boxed{f(x,y)=x^{2}y+y=y\left(x^{2}+1\right)}$

⚠️ VÉRIFIER PAR LES DEUX DÉRIVÉES — dix secondes, et la réponse est certifiée.

Circulation fermée
$\vec F \text{ conservatif} \ \Longrightarrow \ \oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=0 \ \text{sur TOUTE courbe fermée}$
Ici l'intégrande de Green, $2x-2x$ , est nul partout.

Non-unicité : $f$ est défini à une constante additive près.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire une constante $C$ au lieu d'une FONCTION $C(y)$ . On perdrait le terme $+y$ du potentiel.

Le contrôle : $\frac{\partial f}{\partial y}$ vaudrait $x^{2}$ et non $x^{2}+1$ ✗ — la vérification finale l'attrape.

⚠️⚠️ Confondre les deux dérivées du critère : c'est $\frac{\partial P}{\partial y}$ (le premier dérivé par rapport à la seconde variable) contre $\frac{\partial Q}{\partial x}$ . Les indices sont croisés.

⚠️ Intégrer $Q$ par rapport à $x$ , ou $P$ par rapport à $y$ . Chaque composante s'intègre par rapport à SA variable : $P$ en $x$ , $Q$ en $y$ .

⚠️ Oublier de vérifier le potentiel construit. Deux dérivations suffisent, et elles sont décisives.

⚠️ Croire que le critère suffit toujours. Il faut le domaine simplement connexe. Sur un plan troué, un champ peut vérifier le critère sans être conservatif — le contre-exemple classique est $\vec F=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)$ .

⚠️ Trouver un $x$ dans $C'(y)$ et poursuivre quand même. C'est le signal d'alarme de la méthode : soit une erreur de calcul, soit un champ non conservatif.

⚠️ Chercher LE potentiel. Il y en a une infinité, tous à une constante additive près — et c'est sans conséquence.

⚠️ Croire que $\vec\nabla f$ et $\operatorname{div}$ sont la même chose. Le gradient d'une fonction est un vecteur ; la divergence d'un champ est une fonction (C1).

À retenir

\boxed{\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}=2x \ \Longrightarrow \ \vec F \text{ dérive d'un potentiel}}

\boxed{f(x,y)=x^{2}y+y=y\left(x^{2}+1\right) \qquad(\text{à une constante près})}

Le critère est une conséquence du théorème de SCHWARZ (dérivées croisées égales) — d'où sa nécessité. ⚠️ Il n'est SUFFISANT que sur un domaine simplement connexe (sans trou).

\boxed{f=\int P\,dx+C(y) \qquad\text{puis} \qquad \dfrac{\partial f}{\partial y}=Q \ \Longrightarrow \ C'(y)}

⚠️⚠️ La constante d'intégration en $x$ est une FONCTION de $y$ — c'est le point que tout le monde rate. Une vraie constante ferait perdre le $+y$ .

⚠️ CONTRÔLE INTERNE : $C'(y)$ ne doit dépendre que de $y$ . Un $x$ résiduel signale une erreur, ou un champ non conservatif.

⚠️ VÉRIFIER PAR LES DEUX DÉRIVÉES : $\frac{\partial f}{\partial x}=2xy$ ✓ et $\frac{\partial f}{\partial y}=x^{2}+1$ ✓ — dix secondes, et c'est certifié.

Conservatif $\Longrightarrow$ circulation NULLE sur toute courbe fermée — ici l'intégrande de Green, $2x-2x$ , est nul partout.

Réponse.

\vec F=\vec\nabla f

avec

f=x^2y+y

. (Recoupement :

\vec\nabla(x^2y+y)=(2xy,\,x^2+1)=\vec F

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Indépendance du chemin

ApplicationDifficulté 3/5

Pour $\vec F=(2xy,\;x^2+1)$ (potentiel $f=x^2y+y$ ), calculer la circulation de $(0,0)$ à $(1,2)$ , et vérifier qu'elle ne dépend pas du chemin.

Indices (3)

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 $(0,0)\to(1,0)\to(1,2)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème fondamental des intégrales curvilignes — l'analogue exact du théorème fondamental de l'analyse.

\boxed{\int_{A}^{B}\vec\nabla f\cdot d\vec r=f(B)-f(A)}

⚠️⚠️ Le membre de droite ne dépend QUE des extrémités. Ni du chemin, ni de sa longueur, ni de sa forme.

\boxed{\text{champ CONSERVATIF} \ \Longleftrightarrow \ \text{circulation INDÉPENDANTE du chemin}}

ℹ️ Comparez avec le théorème fondamental de l'analyse :

\int_{a}^{b}f'(x)\,dx=f(b)-f(a)

C'est la même idée : intégrer une dérivée redonne la fonction aux bornes. Ici la « dérivée » est le gradient, et les « bornes » sont deux points du plan.

Les données (B3) : $\vec F=(2xy,\ x^{2}+1)$ , de potentiel $f=x^{2}y+y$ .

A=(0,0) \qquad\qquad B=(1,2)

Le calcul tient donc en une ligne :

\int_{A}^{B}\vec F\cdot d\vec r=f(1,2)-f(0,0)

⚠️ Aucun paramétrage, aucune intégrale. C'est tout l'intérêt d'avoir un potentiel — et c'est pourquoi B3 devait précéder.

Trois conséquences, à connaître ensemble :

propriété	énoncé
indépendance du chemin	la circulation ne dépend que de $A$ et $B$
circulation fermée nulle	si $A=B$ , alors $f(B)-f(A)=0$
existence d'un potentiel	les trois sont équivalentes

\boxed{\text{les trois propriétés sont ÉQUIVALENTES — c'est un seul théorème sous trois formes}}

ℹ️ En physique, un tel champ est une FORCE CONSERVATIVE (gravité, force électrostatique) et $f$ est l'énergie potentielle au signe près. Le travail ne dépend que du point de départ et d'arrivée — c'est ce qui rend la notion d'énergie potentielle possible.

Le calcul et la vérification

1) Par le potentiel — une ligne.

f(x,y)=x^{2}y+y

f(1,2)=1^{2}\times 2+2=2+2=4 \qquad\qquad f(0,0)=0+0=0

\boxed{\int_{(0,0)}^{(1,2)}\vec F\cdot d\vec r=4-0=4}

2) La vérification par DEUX chemins explicites. C'est ce que l'énoncé demande de contrôler.

Chemin 1 — le segment droit de $(0,0)$ à $(1,2)$ :

x=t \qquad y=2t \qquad t\in[0;1] \qquad\qquad dx=dt, \ dy=2\,dt

\vec F=(2xy,\ x^{2}+1)=(2\cdot t\cdot 2t,\ t^{2}+1)=(4t^{2},\ t^{2}+1)

\int_{0}^{1}\left(4t^{2}\times 1+(t^{2}+1)\times 2\right)dt=\int_{0}^{1}\left(4t^{2}+2t^{2}+2\right)dt=\int_{0}^{1}\left(6t^{2}+2\right)dt

=\left[2t^{3}+2t\right]_{0}^{1}=2+2=4 \quad\checkmark

Chemin 2 — en deux segments, d'abord horizontal puis vertical.

Segment horizontal de $(0,0)$ à $(1,0)$ : $y=0$ , $dy=0$ , donc

\int P\,dx=\int_{0}^{1}2x\times 0\,dx=0

⚠️ Le champ $P=2xy$ s'annule quand $y=0$ — ce morceau ne contribue rien.

Segment vertical de $(1,0)$ à $(1,2)$ : $x=1$ , $dx=0$ , donc

\int Q\,dy=\int_{0}^{2}\left(1^{2}+1\right)dy=\int_{0}^{2}2\,dy=4

Total : $0+4=4$ ✓

\boxed{\text{DEUX chemins très différents, un seul résultat} : 4}

⚠️⚠️ C'est la démonstration expérimentale de l'indépendance du chemin, et elle est bien plus convaincante qu'une simple citation du théorème.

Les contrôles supplémentaires.

a) Le critère de B3. $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=2x$ ✓ — le champ est conservatif, donc l'indépendance était garantie.

b) La circulation sur une boucle. Combinons le chemin 1 aller et le chemin 2 retour : cela forme une courbe fermée, dont la circulation vaut

4-4=0 \quad\checkmark

⚠️ Conforme à la troisième forme du théorème : circulation nulle sur toute courbe fermée.

c) La non-unicité du potentiel n'affecte rien. Avec $f=x^{2}y+y+7$ :

f(1,2)-f(0,0)=(4+7)-(0+7)=4 \quad\checkmark

\boxed{\text{la constante s'élimine dans la DIFFÉRENCE}}

d) Le contraste avec B2 — le vrai enseignement.

	$\vec F=(-y,x)$ (B2)	$\vec F=(2xy,x^{2}+1)$ (B4)
$\frac{\partial P}{\partial y}$ vs $\frac{\partial Q}{\partial x}$	$-1\neq 1$	$2x=2x$
conservatif ?	non	oui
potentiel	n'existe pas	$x^{2}y+y$
circulation fermée	$2\pi\neq 0$	$0$
dépend du chemin ?	oui	non

⚠️⚠️ Les cinq lignes sont liées : elles disent la même chose de cinq façons. Savoir passer de l'une à l'autre est la compétence de fond du lot B.

Rappel de cours

⚠️⚠️ THÉORÈME FONDAMENTAL DES INTÉGRALES CURVILIGNES
$\boxed{\int_A^B\vec\nabla f\cdot d\vec r=f(B)-f(A)}$
Ne dépend QUE des extrémités. Analogue exact de $\int_a^b f'=f(b)-f(a)$ .

TROIS PROPRIÉTÉS ÉQUIVALENTES
$\vec F \text{ conservatif} \iff \text{circulation indépendante du chemin} \iff \oint_\gamma\vec F\cdot d\vec r=0 \ \forall\gamma \text{ fermée}$
Un seul théorème sous trois formes — savoir passer de l'une à l'autre.

Le résultat
$f=x^{2}y+y \qquad \int_{(0,0)}^{(1,2)}\vec F\cdot d\vec r=f(1,2)-f(0,0)=\boxed{4}$

Vérification par deux chemins · segment droit $(t,2t)$ : $\int_0^1(6t^{2}+2)dt=4$ ; · deux segments (horizontal puis vertical) : $0+4=4$ . ⚠️ Sur un segment horizontal, $dy=0$ ; sur un vertical, $dx=0$ . Un seul terme survit.

La constante du potentiel s'élimine dans la différence.

⚠️⚠️ LE CONTRASTE AVEC B2

$(-y,x)$ $(2xy,x^{2}+1)$

critère $-1\neq 1$ $2x=2x$

potentiel aucun $x^{2}y+y$

circulation fermée $2\pi$ $0$

dépend du chemin oui non

	$(-y,x)$	$(2xy,x^{2}+1)$
critère	$-1\neq 1$	$2x=2x$
potentiel	aucun	$x^{2}y+y$
circulation fermée	$2\pi$	$0$
dépend du chemin	oui	non

ℹ️ En physique : force conservative, $f$ = énergie potentielle au signe près.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $f(A)-f(B)$ au lieu de $f(B)-f(A)$ . Le signe est inversé.

Le moyen mnémotechnique : comme $\int_a^b f'=f(b)-f(a)$ , c'est l'ARRIVÉE moins le DÉPART.

⚠️⚠️ Paramétrer un chemin alors qu'on a un potentiel. C'est faisable, mais inutilement long — tout l'intérêt du potentiel est d'éviter le paramétrage.

⚠️ Appliquer le théorème à un champ NON conservatif. Il exige l'existence de $f$ : vérifier le critère d'abord.

Le contrôle : sur $\vec F=(-y,x)$ , il n'y a pas de potentiel, et la circulation dépend bel et bien du chemin.

⚠️ Oublier que $dy=0$ sur un segment horizontal. Sur le chemin 2, cela ferait apparaître un terme parasite.

Le contrôle : la somme des deux morceaux doit redonner $4$ .

⚠️ Se tromper dans $f(1,2)$ . C'est $1^{2}\times 2+2=4$ , en substituant $x=1$ et $y=2$ dans le bon ordre.

⚠️ Croire que la constante du potentiel change le résultat. Elle s'élimine dans la différence — deux évaluations, un seul écart.

⚠️ Confondre « indépendant du chemin » et « nul ». La circulation vaut $4$ entre ces deux points : elle est indépendante du chemin, pas nulle. Elle n'est nulle que sur une courbe FERMÉE.

⚠️ Ne pas vérifier par un second chemin. C'est la démonstration expérimentale de l'indépendance, et elle vaut mieux qu'une citation du théorème.

À retenir

\boxed{\int_A^B\vec\nabla f\cdot d\vec r=f(B)-f(A)} \qquad\text{l'ARRIVÉE moins le DÉPART}

f=x^{2}y+y \qquad\Longrightarrow\qquad \int_{(0,0)}^{(1,2)}\vec F\cdot d\vec r=4-0=\boxed{4}

Analogue exact de $\int_a^b f'=f(b)-f(a)$ : intégrer une dérivée redonne la fonction aux bornes.

\boxed{\text{conservatif} \iff \text{indépendant du chemin} \iff \oint=0 \text{ sur toute courbe fermée}}

Un seul théorème sous TROIS formes.

Vérifié par deux chemins très différents : le segment droit ( $\int_0^1(6t^2+2)dt=4$ ) et le trajet en équerre ( $0+4=4$ ). ⚠️ Sur un segment horizontal $dy=0$ , sur un vertical $dx=0$ — un seul terme survit.

⚠️ « Indépendant du chemin » n'est PAS « nul » : ici la circulation vaut $4$ . Elle n'est nulle que sur une courbe fermée.

La constante du potentiel s'élimine dans la différence.

Le contraste avec B2 : $(-y,x)$ n'a pas de potentiel, sa circulation fermée vaut $2\pi$ , et elle dépend du chemin.

Réponse. Circulation

=4

, identique sur les deux chemins. (Recoupement : les trois méthodes — potentiel, chemin droit, ligne brisée — donnent

4

, illustration de l'indépendance du chemin pour un champ conservatif ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Formule de Green-Riemann

ApplicationDifficulté 3/5

À l'aide de Green-Riemann, calculer $\displaystyle\oint_{\partial D}(xy\,dx+x^2\,dy)$ où $D=[0,1]^2$ est le carré unité (bord orienté positivement).

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le premier des TROIS GRANDS THÉORÈMES du chapitre, et ils disent tous la même chose.

\boxed{\oint_{\partial D}\left(P\,dx+Q\,dy\right)=\iint_{D}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA}

\boxed{\text{GREEN-RIEMANN : ce qui se passe SUR LE BORD se lit DANS le domaine}}

ℹ️ C'est la structure commune de tout le chapitre, et elle reviendra deux fois :

théorème	bord	intérieur
Green-Riemann (2D)	$\displaystyle\oint_{\partial D}$	$\displaystyle\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)$
Ostrogradski (3D)	$\displaystyle\oiint_{\partial V}\vec F\cdot\vec n$	$\displaystyle\iiint_V\operatorname{div}\vec F$
Stokes (surface)	$\displaystyle\oint_{\partial S}$	$\displaystyle\iint_S\operatorname{rot}\vec F\cdot\vec n$

⚠️ Les trois sont des généralisations du théorème fondamental de l'analyse ( $\int_a^b f'=f(b)-f(a)$ ) : intégrer une dérivée sur un domaine se ramène à évaluer sur son bord.

L'intérêt pratique est immédiat :

\boxed{\text{une intégrale sur un contour (4 côtés à paramétrer) devient UNE intégrale double}}

Ici :

P=xy \qquad\qquad Q=x^{2}

\dfrac{\partial Q}{\partial x}=2x \qquad\qquad \dfrac{\partial P}{\partial y}=x

\boxed{\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=2x-x=x}

⚠️⚠️ L'ordre des termes n'est pas arbitraire : c'est $\frac{\partial Q}{\partial x}$ moins $\frac{\partial P}{\partial y}$ . L'inverser change le signe du résultat, et c'est l'erreur la plus fréquente du théorème.

ℹ️ Moyen mnémotechnique : l'expression $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$ est la composante $z$ du rotationnel de $(P,Q,0)$ — Green n'est qu'un cas particulier de Stokes (D2). Une seule chose à retenir pour les deux.

Sans Green, il faudrait paramétrer quatre côtés et sommer quatre intégrales, en veillant à l'orientation de chacun. Avec Green, une intégrale double élémentaire.

Le calcul, et la vérification directe

Par Green-Riemann :

\oint_{\partial D}\left(xy\,dx+x^{2}\,dy\right)=\iint_{[0,1]^{2}}\left(\dfrac{\partial(x^{2})}{\partial x}-\dfrac{\partial(xy)}{\partial y}\right)dA

=\iint_{[0,1]^{2}}(2x-x)\,dA=\iint_{[0,1]^{2}}x\,dA

Le domaine est un carré, donc l'intégrale se factorise (A1) :

=\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)\left(\int_{0}^{1}dy\right)=\dfrac12\times 1

\boxed{\oint_{\partial D}\left(xy\,dx+x^{2}\,dy\right)=\dfrac12}

La vérification directe — les quatre côtés. C'est long, mais c'est le contrôle décisif.

Côté 1 — bas, de $(0,0)$ à $(1,0)$ : $y=0$ , $dy=0$

\int xy\,dx=\int_{0}^{1}x\times 0\,dx=0

Côté 2 — droit, de $(1,0)$ à $(1,1)$ : $x=1$ , $dx=0$

\int x^{2}\,dy=\int_{0}^{1}1\,dy=1

Côté 3 — haut, de $(1,1)$ à $(0,1)$ : $y=1$ , $dy=0$ , et $x$ décroît de $1$ à $0$

\int xy\,dx=\int_{1}^{0}x\times 1\,dx=\left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_{1}^{0}=0-\dfrac12=-\dfrac12

⚠️⚠️ Les bornes sont dans le sens DÉCROISSANT — c'est ce qui produit le signe négatif. Respecter l'orientation est ici tout le travail.

Côté 4 — gauche, de $(0,1)$ à $(0,0)$ : $x=0$ , $dx=0$

\int x^{2}\,dy=\int_{1}^{0}0\,dy=0

Le total :

0+1-\dfrac12+0=\dfrac12 \quad\checkmark

\boxed{\text{les deux voies concordent}}

⚠️ Quatre paramétrages contre une intégrale double. C'est la mesure exacte de ce que Green fait gagner — et il fait mieux que gagner du temps : il supprime les quatre occasions de se tromper d'orientation.

Les contrôles supplémentaires.

a) Le signe. L'intégrande de Green, $x$ , est positive sur le carré, donc le résultat est positif ✓

b) L'encadrement. Sur le carré, $0\leq x\leq 1$ , donc

0\leq\iint_D x\,dA\leq 1\times\text{Aire}=1 \qquad\text{et } \dfrac12 \text{ y est} \quad\checkmark

c) L'interprétation en moyenne. $\iint_D x\,dA=\bar x\times\text{Aire}$ , et le centre du carré a pour abscisse $\bar x=\frac12$ :

\dfrac12\times 1=\dfrac12 \quad\checkmark

ℹ️ Le résultat EST l'abscisse du centre de gravité du carré — un contrôle purement géométrique.

d) Le contrôle du signe de Green. Si l'on avait inversé les termes ( $\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}$ ), on aurait trouvé $-\frac12$ .

⚠️ La vérification directe tranche : les quatre côtés donnent $+\frac12$ . C'est pourquoi il vaut la peine de la faire au moins une fois — elle fixe l'ordre des termes pour de bon.

Rappel de cours

⚠️⚠️ GREEN-RIEMANN
$\boxed{\oint_{\partial D}\left(P\,dx+Q\,dy\right)=\iint_{D}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA}$
Bord orienté POSITIVEMENT (sens trigonométrique, intérieur à gauche).

⚠️ L'ORDRE DES TERMES
$\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y} \qquad\text{et non l'inverse}$
L'inverser change le SIGNE. ℹ️ Mnémotechnique : c'est la composante $z$ du rotationnel de $(P,Q,0)$ — Green est un cas particulier de Stokes (D2).

LA STRUCTURE COMMUNE DES TROIS THÉORÈMES
$\boxed{\text{ce qui se passe SUR LE BORD se lit DANS le domaine}}$

bord intérieur

Green $\oint_{\partial D}$ $\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)$

Ostrogradski $\oiint_{\partial V}\vec F\cdot\vec n$ $\iiint_V\operatorname{div}\vec F$

Stokes $\oint_{\partial S}$ $\iint_S\operatorname{rot}\vec F\cdot\vec n$

Tous généralisent $\int_a^b f'=f(b)-f(a)$ .

	bord	intérieur
Green	$\oint_{\partial D}$	$\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)$
Ostrogradski	$\oiint_{\partial V}\vec F\cdot\vec n$	$\iiint_V\operatorname{div}\vec F$
Stokes	$\oint_{\partial S}$	$\iint_S\operatorname{rot}\vec F\cdot\vec n$

Le résultat
$\iint_{[0,1]^{2}}(2x-x)\,dA=\iint x\,dA=\boxed{\dfrac12}$

Contrôles · les quatre côtés : $0+1-\frac12+0=\frac12$ ✓ (⚠️ bornes décroissantes sur les côtés haut et gauche) ; · $\iint x\,dA=\bar x\times\text{Aire}=\frac12$ — l'abscisse du centre du carré.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Inverser l'ordre et écrire $\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}$ . Le résultat serait $-\frac12$ .

Le contrôle : la vérification directe sur les quatre côtés. La faire une fois fixe l'ordre pour de bon.

⚠️⚠️ Dériver chaque composante par SA propre variable : $\frac{\partial P}{\partial x}$ au lieu de $\frac{\partial P}{\partial y}$ . Les dérivées sont CROISÉES.

ℹ️ Le lien avec le critère de conservativité (B3) le rappelle : c'est $\frac{\partial P}{\partial y}$ contre $\frac{\partial Q}{\partial x}$ — les mêmes deux dérivées, dont Green mesure l'écart.

\boxed{\text{Green} : \ \oint=\iint(\text{écart au critère de conservativité})}

Et si le champ est conservatif, l'écart est nul, donc la circulation aussi — on retrouve B3/B4.

⚠️ Oublier l'orientation dans la vérification directe. Sur les côtés haut et gauche, les bornes sont décroissantes ( $1\to 0$ ), ce qui produit les signes négatifs.

Le contrôle : sans cela, on obtiendrait $0+1+\frac12+0=\frac32$ ✗

⚠️ Croire que Green s'applique à un bord non fermé. Le théorème exige une courbe fermée — le symbole $\oint$ le rappelle.

⚠️ Appliquer Green à un domaine troué sans traiter le bord intérieur. Le « bord » comprend alors toutes les composantes, orientées de façon cohérente.

⚠️ Paramétrer les quatre côtés alors que Green est disponible. Quatre fois plus long, et quatre occasions de se tromper d'orientation.

⚠️ Ne pas contrôler par la moyenne. $\iint x\,dA=\bar x\times\text{Aire}$ est un contrôle purement géométrique.

À retenir

\boxed{\oint_{\partial D}\left(P\,dx+Q\,dy\right)=\iint_{D}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA} \qquad\text{(GREEN-RIEMANN)}

\oint_{\partial D}\left(xy\,dx+x^{2}dy\right)=\iint_{[0,1]^{2}}(2x-x)\,dA=\iint x\,dA=\boxed{\dfrac12}

\boxed{\text{LA STRUCTURE DU CHAPITRE : ce qui se passe SUR LE BORD se lit DANS le domaine}}

Green (2D) · Ostrogradski (3D) · Stokes (surface) — trois formes d'une même idée, toutes issues de $\int_a^b f'=f(b)-f(a)$ .

⚠️⚠️ L'ORDRE DES TERMES : $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$ , jamais l'inverse — le signe changerait. ℹ️ Mnémotechnique : c'est la composante $z$ du rotationnel, donc Green est un cas particulier de Stokes.

⚠️ Les dérivées sont CROISÉES — ce sont exactement les deux du critère de conservativité (B3) :

\boxed{\text{Green mesure l'ÉCART au critère de conservativité}}

Écart nul $\Longrightarrow$ circulation nulle — on retrouve B3/B4.

Vérification directe : $0+1-\frac12+0=\frac12$ ✓ ⚠️ Sur les côtés haut et gauche, les bornes sont décroissantes.

Réponse.

\displaystyle\oint_{\partial D}(xy\,dx+x^2\,dy)=\frac12

. (Recoupement : le calcul direct

\oint

comme somme des

4

côtés du carré redonne

\tfrac12

— Green transforme bien le bord en intérieur ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Aire par la formule de Green

ApplicationDifficulté 3/5

En utilisant $\text{Aire}(D)=\tfrac12\oint_{\partial D}(x\,dy-y\,dx)$ , calculer l'aire de l'ellipse $\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}\le1$ .

Indices (3)

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

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

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Green employé À L'ENVERS — pour calculer une AIRE, c'est-à-dire une intégrale double, par une intégrale de contour.

\boxed{\text{Aire}(D)=\dfrac12\oint_{\partial D}\left(x\,dy-y\,dx\right)}

⚠️ C'est le sens inverse de B5, où l'on remplaçait un contour par une intégrale double. Ici on fait le contraire — parce que le contour est plus facile à paramétrer que le domaine.

D'où vient la formule. Appliquons Green à $P=-y$ et $Q=x$ :

\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=1-(-1)=2

\oint_{\partial D}\left(x\,dy-y\,dx\right)=\iint_D 2\,dA=2\times\text{Aire}

\boxed{\text{d'où le facteur } \dfrac12}

⚠️⚠️ Le champ $(-y,x)$ est EXACTEMENT celui de B2 — et l'on y avait déjà trouvé $\oint=2\pi=2\times$ l'aire du disque. La formule d'aire n'est que ce résultat, généralisé.

ℹ️ Le sens de la formule : intégrer $x\,dy-y\,dx$ le long du contour « balaie » l'aire, comme le rayon vecteur d'une planète balaie des aires égales en des temps égaux. C'est le principe du planimètre, cet instrument mécanique qui mesure une aire en suivant son contour.

L'ellipse $\dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{y^{2}}{4}\leq 1$ se paramètre naturellement :

\boxed{x=3\cos t \qquad y=2\sin t \qquad t\in[0;2\pi]}

Vérification : $\dfrac{9\cos^{2}t}{9}+\dfrac{4\sin^{2}t}{4}=\cos^{2}t+\sin^{2}t=1$ ✓

⚠️ Les demi-axes se lisent sous les carrés : $a=\sqrt{9}=3$ et $b=\sqrt{4}=2$ . Ne pas prendre $9$ et $4$ .

On sait donc ce qu'il faut trouver :

\boxed{\text{Aire d'une ellipse}=\pi ab=\pi\times 3\times 2=6\pi}

Le calcul

Paramétrage : $x=3\cos t$ , $y=2\sin t$ , $t\in[0;2\pi]$ (sens trigonométrique).

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

Le calcul des deux termes :

x\,dy=3\cos t\times 2\cos t\,dt=6\cos^{2}t\,dt

y\,dx=2\sin t\times(-3\sin t)\,dt=-6\sin^{2}t\,dt

Leur différence :

x\,dy-y\,dx=6\cos^{2}t\,dt-\left(-6\sin^{2}t\,dt\right)=6\cos^{2}t+6\sin^{2}t\,dt

⚠️⚠️ Le signe moins devant $y\,dx$ transforme la soustraction en ADDITION, puisque $y\,dx$ est lui-même négatif. C'est l'étape où l'on se trompe.

=6\left(\cos^{2}t+\sin^{2}t\right)dt=6\,dt

ℹ️ Le résultat est CONSTANT — c'est la marque du bon paramétrage, et cela rend l'intégration immédiate.

\text{Aire}=\dfrac12\int_{0}^{2\pi}6\,dt=\dfrac12\times 6\times 2\pi

\boxed{\text{Aire}=6\pi\approx 18{,}85}

Les contrôles.

a) La formule classique.

\text{Aire d'une ellipse}=\pi ab=\pi\times 3\times 2=6\pi \quad\checkmark

⚠️ Le contrôle le plus direct, et il valide tout le calcul d'un coup.

b) Le cas du cercle. Si $a=b=R$ , la formule donne $\pi R^{2}$ ✓ — le cercle est une ellipse dont les deux demi-axes sont égaux.

Vérifions sur notre calcul : avec $a=b=1$ , on retrouverait $\frac12\times 2\times 2\pi=2\pi$ …

⚠️ Attention : avec $a=b=1$ , $x\,dy-y\,dx=1\,dt$ , donc l'aire vaut $\frac12\times 2\pi=\pi$ ✓ — l'aire du disque unité. Le facteur $6$ vient bien de $ab=6$ .

c) L'encadrement géométrique. L'ellipse est inscrite dans le rectangle $[-3;3]\times[-2;2]$ , d'aire $6\times 4=24$ :

\dfrac{6\pi}{24}=\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}785

\boxed{\text{une ellipse occupe } \dfrac\pi4\approx 78{,}5\ \% \text{ de son rectangle circonscrit}}

ℹ️ C'est le même rapport que pour un cercle dans son carré — l'ellipse n'étant qu'un cercle « étiré », le rapport se conserve. Un contrôle mémorable.

d) Le contrôle par l'aire signée. Si l'on parcourait l'ellipse en sens horaire, on trouverait $-6\pi$ .

⚠️ La formule donne une aire ALGÉBRIQUE : elle est positive si et seulement si le contour est orienté positivement. « Orienté positivement » n'est donc pas un détail de l'énoncé.

e) Le contrôle d'échelle. Si l'on doublait les deux demi-axes, l'aire serait multipliée par $4$ ✓ — cohérent avec $\pi ab$ .

f) Le lien avec B2. Le champ employé est $(-y,x)$ , dont on savait (B2) que la circulation vaut $2\times$ l'aire enfermée. Sur le disque unité : $2\pi$ ✓ Sur l'ellipse : $2\times 6\pi=12\pi$ , et le facteur $\frac12$ redonne $6\pi$ ✓

\boxed{\text{la formule d'aire est le résultat de B2, généralisé à tout contour}}

Rappel de cours

AIRE PAR GREEN
$\boxed{\text{Aire}(D)=\dfrac12\oint_{\partial D}\left(x\,dy-y\,dx\right)}$
Green appliqué à $P=-y$ , $Q=x$ : $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2$ , d'où le facteur $\frac12$ .

⚠️ C'est le champ de B2 — dont la circulation vaut $2\times$ l'aire enfermée.

Autres formes équivalentes
$\text{Aire}=\oint x\,dy=-\oint y\,dx$
(Green avec $P=0,Q=x$ ou $P=-y,Q=0$ .)

PARAMÉTRAGE DE L'ELLIPSE
$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1 \qquad\Longrightarrow\qquad x=a\cos t, \ y=b\sin t$
⚠️ Les demi-axes sont sous les CARRÉS : ici $a=3$ et $b=2$ , pas $9$ et $4$ .

Le calcul
$x\,dy-y\,dx=6\left(\cos^{2}t+\sin^{2}t\right)dt=6\,dt \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\text{Aire}=6\pi}$
⚠️ Le signe moins devant $y\,dx$ donne une ADDITION, $y\,dx$ étant négatif.

CONTRÔLES · formule classique : $\pi ab=6\pi$ ✓ · cas du cercle ( $a=b=R$ ) : $\pi R^{2}$ ✓ · rectangle circonscrit : une ellipse en occupe $\frac\pi4\approx 78{,}5\ \%$ — comme un cercle dans son carré ; · échelle : doubler les axes quadruple l'aire.

⚠️ L'aire obtenue est ALGÉBRIQUE — négative si le contour est parcouru en sens horaire.

ℹ️ C'est le principe du PLANIMÈTRE : mesurer une aire en suivant son contour.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Prendre $a=9$ et $b=4$ . Ce sont les carrés des demi-axes : $a=3$ , $b=2$ .

Le contrôle : l'ellipse passe par le point $(3,0)$ , pas $(9,0)$ — substituer dans l'équation le vérifie.

⚠️⚠️ Se tromper de signe dans $x\,dy-y\,dx$ et obtenir $6\cos^{2}t-6\sin^{2}t=6\cos 2t$ , d'intégrale nulle.

Le contrôle : une aire nulle est absurde. Et $y\,dx$ vaut $-6\sin^{2}t\,dt$ , donc le soustraire l'ajoute.

⚠️ Oublier le facteur $\frac12$ . On trouverait $12\pi$ , soit le double.

Le contrôle : $\pi ab=6\pi$ .

⚠️ Parcourir l'ellipse en sens horaire ( $t$ décroissant, ou $y=-2\sin t$ ). L'aire sortirait négative.

⚠️ Croire que le paramétrage $x=3\cos t$ , $y=2\sin t$ parcourt l'ellipse à vitesse constante. Ce n'est pas le cas — mais cela n'a aucune importance ici, la formule d'aire ne dépendant pas de la vitesse de parcours.

ℹ️ En revanche, cela importerait pour une intégrale curviligne SCALAIRE (B1), où $ds$ dépend de la vitesse. C'est d'ailleurs pourquoi le périmètre d'une ellipse n'a pas de formule élémentaire.

⚠️ Chercher à calculer l'aire par une intégrale double. Faisable en passant par $x=3r\cos\theta$ , $y=2r\sin\theta$ (jacobien $6r$ ) — mais Green est plus court ici, et c'est ce que l'énoncé demande.

⚠️ Ne pas contrôler par $\pi ab$ . C'est le contrôle le plus direct qui soit.

À retenir

\boxed{\text{Aire}(D)=\dfrac12\oint_{\partial D}\left(x\,dy-y\,dx\right)}

Green appliqué à $P=-y$ , $Q=x$ — le champ de B2, dont la circulation vaut $2\times$ l'aire. D'où le facteur $\frac12$ .

\text{ellipse } \dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{y^{2}}{4}\leq 1 \ : \quad x=3\cos t, \ y=2\sin t \quad\Longrightarrow\quad x\,dy-y\,dx=6\,dt

\boxed{\text{Aire}=\dfrac12\times 6\times 2\pi=6\pi\approx 18{,}85}

⚠️⚠️ Les demi-axes sont sous les CARRÉS : $a=3$ , $b=2$ — pas $9$ et $4$ .

⚠️ Le signe moins devant $y\,dx$ donne une ADDITION ( $y\,dx$ étant négatif). L'erreur donnerait $6\cos 2t$ , d'intégrale nulle — une aire nulle est absurde.

Contrôles : $\pi ab=6\pi$ ✓ · cas du cercle $\pi R^2$ ✓ · une ellipse occupe $\frac\pi4\approx 78{,}5\ \%$ de son rectangle circonscrit (comme un cercle dans son carré).

⚠️ L'aire obtenue est ALGÉBRIQUE — négative en sens horaire. « Orienté positivement » n'est pas un détail.

ℹ️ C'est le principe du PLANIMÈTRE : mesurer une aire en suivant son contour.

Réponse.

\text{Aire}=6\pi

. (Recoupement : formule de l'aire d'une ellipse

\pi ab=\pi\cdot3\cdot2=6\pi

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Triple intégrale d'un produit

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\iiint_{[0,1]^3} xyz\,dV$ .

Indices (3)

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 $\tfrac12$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une intégrale triple sur un pavé, et le théorème de Fubini dans son cas le plus favorable.

\iiint_{[0,1]^{3}}xyz\,dV

⚠️⚠️ Deux propriétés se conjuguent ici, et il faut les reconnaître séparément :

\boxed{\text{1) le DOMAINE est un pavé} \ : \ \text{les bornes sont indépendantes}}

\boxed{\text{2) la FONCTION est un produit} \ : \ f(x,y,z)=x\cdot y\cdot z}

Quand les deux sont réunies, l'intégrale triple SE FACTORISE :

\iiint_{[a,b]\times[c,d]\times[e,g]}u(x)v(y)w(z)\,dV=\left(\int_{a}^{b}u\right)\times\left(\int_{c}^{d}v\right)\times\left(\int_{e}^{g}w\right)

⚠️⚠️ IL FAUT LES DEUX. Sur un domaine non rectangulaire — un triangle, une boule — les bornes d'une variable dépendent des autres, et la factorisation tombe. Et sur une fonction comme $x+y+z$ , il n'y a rien à factoriser.

\boxed{\text{c'est une méthode de RECONNAISSANCE, pas une règle générale}}

Ici les deux conditions sont remplies :

\iiint_{[0,1]^{3}}xyz\,dV=\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)\left(\int_{0}^{1}y\,dy\right)\left(\int_{0}^{1}z\,dz\right)=\dfrac12\times\dfrac12\times\dfrac12

\boxed{\iiint_{[0,1]^{3}}xyz\,dV=\dfrac18}

ℹ️ Sans la factorisation, il faudrait trois intégrations emboîtées — faisables, mais trois fois plus longues et trois fois plus d'occasions de se tromper.

⚠️ Le résultat est aussi une MOYENNE : le volume valant $1$ , $\frac18$ est directement la valeur moyenne de $xyz$ sur le cube. Et $\frac18=\left(\frac12\right)^{3}$ — la moyenne d'un produit de variables indépendantes est le produit des moyennes.

Le calcul

Vérifions d'abord que la factorisation s'applique.

le domaine est $[0,1]\times[0,1]\times[0,1]$ : bornes constantes, indépendantes les unes des autres ✓
la fonction est $x\cdot y\cdot z$ : un produit d'une fonction de $x$ , d'une de $y$ , d'une de $z$ ✓

\boxed{\text{la factorisation est licite}}

Le calcul :

\iiint_{[0,1]^{3}}xyz\,dV=\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)\times\left(\int_{0}^{1}y\,dy\right)\times\left(\int_{0}^{1}z\,dz\right)

\int_{0}^{1}x\,dx=\left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{1}=\dfrac12

Les trois intégrales sont identiques :

\iiint=\dfrac12\times\dfrac12\times\dfrac12

\boxed{\iiint_{[0,1]^{3}}xyz\,dV=\dfrac18=0{,}125}

La voie longue, pour comparer (et parce qu'elle seule marche sur un domaine quelconque) :

\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}xyz\,dx\,dy\,dz=\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}yz\underbrace{\left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{1}}_{1/2}dy\,dz=\dfrac12\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}yz\,dy\,dz=\dfrac12\times\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac18 \ \checkmark

⚠️ À chaque étape, les variables autres que celle d'intégration sont des CONSTANTES — elles sortent de l'intégrale. C'est tout le mécanisme de Fubini.

Les contrôles.

a) L'encadrement. Sur le cube, $0\leq xyz\leq 1$ , et le volume vaut $1$ :

0\leq\dfrac18\leq 1 \quad\checkmark

b) Le contrôle par la MOYENNE — plus fin.

\overline{xyz}=\dfrac{1/8}{1}=\dfrac18

Et par indépendance des trois variables :

\overline{xyz}=\bar x\times\bar y\times\bar z=\dfrac12\times\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac18 \quad\checkmark

⚠️ La moyenne de chaque variable sur $[0,1]$ vaut $\frac12$ — évident, et c'est ce qui rend ce contrôle immédiat.

\boxed{\text{la moyenne d'un produit de variables INDÉPENDANTES est le produit des moyennes}}

ℹ️ Attention à ne pas généraliser : c'est vrai ici parce que le domaine est un pavé. Sur un domaine où les variables sont liées — la boule, par exemple — ce serait faux.

c) Le contrôle par la symétrie. Le cube et la fonction traitent $x$ , $y$ , $z$ de la même façon : le résultat doit être le cube d'un même nombre ✓ — et $\frac18=\left(\frac12\right)^{3}$ .

d) Le contrôle par un cas dégénéré. Si la fonction était $1$ au lieu de $xyz$ , on trouverait le volume, soit $1$ . Ici $xyz\leq 1$ partout, donc le résultat doit être plus petit ✓

e) Le contrôle par le facteur d'échelle. Sur $[0,2]^{3}$ , chaque intégrale vaudrait $\int_{0}^{2}x\,dx=2$ , donc le résultat serait $8$ .

⚠️ Vérification indépendante : le volume est $8$ , la moyenne de $xyz$ vaut $1\times 1\times 1=1$ , d'où $8\times 1=8$ ✓ Faire varier un paramètre teste les exposants, ce qu'un cas particulier ne fait pas.

Rappel de cours

⚠️⚠️ FACTORISATION D'UNE INTÉGRALE MULTIPLE — DEUX CONDITIONS
$\boxed{\iiint_{[a,b]\times[c,d]\times[e,g]}u(x)v(y)w(z)\,dV=\left(\int_{a}^{b}u\right)\left(\int_{c}^{d}v\right)\left(\int_{e}^{g}w\right)}$
1) le DOMAINE est un pavé (bornes indépendantes) · 2) la FONCTION est un produit ⚠️ Il faut LES DEUX — sur une boule ou sur $x+y+z$ , la méthode ne s'applique pas.

LE CALCUL
$\iiint_{[0,1]^{3}}xyz\,dV=\dfrac12\times\dfrac12\times\dfrac12=\boxed{\dfrac18}$

VOIE LONGUE (Fubini) — la seule qui marche sur un domaine quelconque
$\int\!\!\int\!\!\int xyz\,dx\,dy\,dz \qquad\text{à chaque étape, les AUTRES variables sont des constantes}$

CONTRÔLES · encadrement : $0\leq xyz\leq 1$ et $V=1$ $\Longrightarrow$ $0\leq\frac18\leq 1$ ; · moyenne : $\overline{xyz}=\bar x\,\bar y\,\bar z=\left(\frac12\right)^{3}=\frac18$ ✓ · symétrie : le résultat doit être le cube d'un même nombre ; · échelle : sur $[0,2]^{3}$ , $2\times2\times2=8$ , retrouvé par $V\times\overline{xyz}=8\times 1$ .

⚠️ La moyenne d'un produit est le produit des moyennes uniquement sur un PAVÉ — sur un domaine où les variables sont liées, c'est faux.

⚠️ Faire varier un paramètre teste les EXPOSANTS — un cas particulier ne le fait pas.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Factoriser sur un domaine NON rectangulaire. La méthode exige des bornes constantes. Sur un triangle ou une boule, les bornes d'une variable dépendent des autres — la factorisation est fausse.

⚠️⚠️ Factoriser une SOMME. $\iiint(x+y+z)\,dV$ ne se factorise pas ; elle se sépare en trois intégrales additives, ce qui est une autre opération.

⚠️ Croire que le résultat est $\frac12$ en n'intégrant qu'une variable. Il y a trois intégrations.

Le contrôle : la symétrie impose un cube.

⚠️ Se tromper sur $\int_0^1 x\,dx$ . C'est $\frac12$ , pas $1$ .

⚠️ Oublier que le volume vaut $1$ en interprétant $\frac18$ comme une moyenne. Ici seulement, intégrale et moyenne coïncident numériquement.

⚠️ Généraliser « moyenne d'un produit = produit des moyennes ». Valable sur un pavé ; faux dès que les variables sont liées par le domaine.

⚠️ Ne pas encadrer. $0\leq\frac18\leq 1$ coûte une ligne.

⚠️ Ne pas tester avec un autre cube. Sur $[0,2]^{3}$ on doit trouver $8$ — le contrôle qui vérifie les exposants.

À retenir

\boxed{\iiint_{[0,1]^{3}}xyz\,dV=\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)^{3}=\left(\dfrac12\right)^{3}=\dfrac18}

\boxed{\iiint_{\text{PAVÉ}}u(x)v(y)w(z)\,dV=\left(\int u\right)\left(\int v\right)\left(\int w\right)}

⚠️⚠️ DEUX conditions, et il faut les deux : le domaine est un pavé (bornes indépendantes) et la fonction est un produit. Sur une boule, ou sur $x+y+z$ , la méthode ne s'applique pas.

\boxed{\text{c'est une méthode de RECONNAISSANCE, pas une règle générale}}

Sans elle : trois intégrations emboîtées, où à chaque étape les autres variables sont des constantes (Fubini).

Contrôles : encadrement $0\leq\frac18\leq 1$ · moyenne $\overline{xyz}=\bar x\,\bar y\,\bar z=\left(\frac12\right)^3$ · symétrie (le résultat doit être un cube) · échelle : sur $[0,2]^3$ on trouve $8$ , retrouvé par $V\times\overline{xyz}=8\times 1$ .

⚠️ La moyenne d'un produit est le produit des moyennes uniquement sur un PAVÉ.

⚠️ Faire varier un paramètre teste les exposants — un cas particulier ne le fait pas.

Réponse.

\displaystyle\iiint_{[0,1]^3}xyz\,dV=\frac18

. (Recoupement : intégrande à variables séparées sur un pavé → produit des intégrales simples,

(\tfrac12)^3=\tfrac18

✓)

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Intégrale triple sur un cylindre

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\iiint_V z\,dV$ où $V$ est le cylindre $x^2+y^2\le1$ , $0\le z\le2$ .

Indices (3)

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 $\pi$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une intégrale triple sur un CYLINDRE — et le bon découpage rend le calcul presque immédiat.

\iiint_{V}z\,dV \qquad V \ : \ x^{2}+y^{2}\leq 1, \quad 0\leq z\leq 2

⚠️⚠️ LA FONCTION NE DÉPEND QUE DE $z$ . C'est la clé, et elle suggère le découpage :

\boxed{\text{découper en TRANCHES HORIZONTALES, sur chacune desquelles } z \text{ est constant}}

La tranche à la hauteur $z$ , d'épaisseur $dz$ , est un disque de rayon $1$ :

dV=\underbrace{\pi\times 1^{2}}_{\text{aire du disque}}\times dz=\pi\,dz

\iiint_{V}z\,dV=\int_{0}^{2}z\times\pi\,dz=\pi\int_{0}^{2}z\,dz=\pi\times\dfrac{4}{2}

\boxed{\iiint_{V}z\,dV=2\pi}

ℹ️ C'est le même principe qu'en C5, où une fonction de $r$ appelait des coquilles sphériques. Ici une fonction de $z$ appelle des tranches horizontales.

\boxed{\text{DÉCOUPER SELON LES SURFACES DE NIVEAU de la fonction}}

La méthode générale, quand la fonction ne dépend que d'une variable :

la fonction dépend de…	on découpe en…	élément
$z$ seul, cylindre	tranches horizontales	$\mathcal A(z)\,dz$
$r$ seul, disque	couronnes	$2\pi r\,dr$
$r$ seul, boule	coquilles	$4\pi r^{2}\,dr$

⚠️ La voie complète — les coordonnées cylindriques — donne évidemment le même résultat, et il faut savoir la mener aussi. Mais reconnaître le découpage évite deux intégrations sur trois.

Les deux voies

(a) Par tranches — la voie courte.

La fonction ne dépend que de $z$ , et à hauteur $z$ fixée la section est le disque unité, d'aire $\pi$ :

dV=\pi\,dz

\iiint_{V}z\,dV=\int_{0}^{2}\pi z\,dz=\pi\left[\dfrac{z^{2}}{2}\right]_{0}^{2}=\pi\times\dfrac{4}{2}

\boxed{\iiint_{V}z\,dV=2\pi\approx 6{,}28}

(b) En coordonnées CYLINDRIQUES — la voie complète.

\boxed{x=r\cos\theta, \quad y=r\sin\theta, \quad z=z \qquad\qquad dV=r\,dr\,d\theta\,dz}

⚠️⚠️ LE JACOBIEN EST $r$ , PAS $1$ — c'est l'erreur la plus fréquente des coordonnées cylindriques, exactement comme en polaires.

Le domaine devient un pavé : $r\in[0,1]$ , $\theta\in[0,2\pi]$ , $z\in[0,2]$ — et les bornes sont indépendantes, donc la factorisation d'E1 s'applique :

\iiint_{V}z\,dV=\underbrace{\left(\int_{0}^{1}r\,dr\right)}_{1/2}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{2\pi}d\theta\right)}_{2\pi}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{2}z\,dz\right)}_{2}

=\dfrac12\times 2\pi\times 2=2\pi \quad\checkmark

\boxed{\text{les deux voies concordent}}

⚠️ Remarquez que le facteur $\frac12\times 2\pi=\pi$ n'est rien d'autre que l'aire du disque — la voie (b) refait le travail que (a) connaissait déjà.

Les contrôles.

a) La concordance des deux voies ✓

b) Le contrôle par la MOYENNE. Le volume du cylindre est

V=\pi\times 1^{2}\times 2=2\pi

\overline{z}=\dfrac{2\pi}{2\pi}=1

Et la moyenne de $z$ sur $[0,2]$ vaut évidemment $1$ ✓

\boxed{\text{le résultat est } V\times\bar z=2\pi\times 1}

ℹ️ Ici la coïncidence numérique entre le volume et l'intégrale ( $2\pi$ tous les deux) est un ACCIDENT de $\bar z=1$ . Ne pas la lire comme une identité.

c) L'encadrement. Sur le cylindre, $0\leq z\leq 2$ , donc

0\leq\iiint z\,dV\leq 2\times V=4\pi\approx 12{,}57

0\leq 6{,}28\leq 12{,}57 \quad\checkmark

d) Le contrôle physique. Si le cylindre a une densité $1$ , $\iiint z\,dV$ est le moment par rapport au plan $z=0$ , et $\bar z=1$ est la hauteur du centre de gravité.

\boxed{\bar z=1 \ \text{ est bien le MILIEU du cylindre } [0,2]}

⚠️ Cohérent : un cylindre homogène a son centre de gravité à mi-hauteur. Ce contrôle est immédiat et n'exige aucun calcul — et il attrape un facteur $2$ manquant.

e) Le contrôle du jacobien. En posant $f=1$ , la formule doit rendre le volume :

\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{2}r\,dz\,d\theta\,dr=\dfrac12\times 2\pi\times 2=2\pi \quad\checkmark

⚠️⚠️ Sans le $r$ , on trouverait $1\times 2\pi\times 2=4\pi$ — faux d'un facteur $2$ . Toujours tester l'élément de volume sur la fonction constante $1$ .

Rappel de cours

⚠️⚠️ COORDONNÉES CYLINDRIQUES
$\boxed{x=r\cos\theta, \quad y=r\sin\theta, \quad z=z \qquad\qquad dV=\boldsymbol{r}\,dr\,d\theta\,dz}$
LE JACOBIEN EST $r$ — l'erreur la plus fréquente est de l'oublier.

LA VOIE COURTE — reconnaître le découpage
$\boxed{\text{la fonction ne dépend que de } z \ \Longrightarrow \ \text{TRANCHES horizontales}}$

$dV=\mathcal A(z)\,dz=\pi\,dz \qquad\Longrightarrow\qquad \int_{0}^{2}\pi z\,dz=\boxed{2\pi}$

DÉCOUPER SELON LES SURFACES DE NIVEAU

la fonction dépend de découpage élément

$z$ (cylindre) tranches $\mathcal A(z)\,dz$

$r$ (disque) couronnes $2\pi r\,dr$

$r$ (boule) coquilles $4\pi r^{2}\,dr$

LA VOIE COMPLÈTE
$\left(\int_{0}^{1}r\,dr\right)\left(\int_{0}^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_{0}^{2}z\,dz\right)=\dfrac12\times 2\pi\times 2=2\pi \ \checkmark$
ℹ️ En cylindriques le domaine devient un pavé : la factorisation d'E1 s'applique.

CONTRÔLES · moyenne : $\bar z=\frac{2\pi}{2\pi}=1$ — le milieu de $[0,2]$ , donc le centre de gravité ✓ · encadrement : $0\leq\Phi\leq 2V=4\pi$ ; · ⚠️⚠️ JACOBIEN : poser $f=1$ doit rendre le volume $2\pi$ . Sans le $r$ , on trouverait $4\pi$ .

⚠️ Ici volume et intégrale valent tous deux $2\pi$ : un ACCIDENT de $\bar z=1$ , pas une identité.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le jacobien $r$ et écrire $dV=dr\,d\theta\,dz$ . On trouve alors $4\pi$ au lieu de $2\pi$ — faux d'un facteur $2$ .

Le contrôle : poser $f=1$ et vérifier qu'on retrouve le volume.

⚠️⚠️ Prendre $dV=2\pi r\,dr$ — c'est la couronne plane, pas l'élément de volume cylindrique.

⚠️ Croire que la section dépend de $z$ . Le cylindre a une section constante — c'est ce qui rend la voie par tranches immédiate. Sur un cône, elle varierait.

⚠️ Confondre $\bar z$ et la hauteur du cylindre. $\bar z=1$ est le milieu de $[0,2]$ .

⚠️ Lire une identité dans la coïncidence $V=\iiint z\,dV=2\pi$ . C'est un accident de $\bar z=1$ .

⚠️ Intégrer $z$ de $-1$ à $1$ par analogie avec le rayon. Les bornes sont $0$ et $2$ .

⚠️ Ne pas voir que le domaine devient un PAVÉ en cylindriques. C'est ce qui autorise la factorisation.

⚠️ Ne pas contrôler par le centre de gravité. Un cylindre homogène a le sien à mi-hauteur — un contrôle sans calcul.

À retenir

\boxed{\iiint_{V}z\,dV=\int_{0}^{2}\underbrace{\pi}_{\text{aire de la section}}z\,dz=\pi\times\dfrac42=2\pi}

\boxed{x=r\cos\theta, \ y=r\sin\theta, \ z=z \qquad dV=\boldsymbol{r}\,dr\,d\theta\,dz}

⚠️⚠️ LE JACOBIEN EST $r$ — l'oublier donne $4\pi$ , faux d'un facteur $2$ . Le contrôle : poser $f=1$ doit rendre le VOLUME.

\boxed{\text{DÉCOUPER SELON LES SURFACES DE NIVEAU de la fonction}}

la fonction dépend de	découpage	élément
$z$ (cylindre)	tranches	$\mathcal A(z)\,dz$
$r$ (disque)	couronnes	$2\pi r\,dr$
$r$ (boule)	coquilles	$4\pi r^{2}\,dr$

ℹ️ En cylindriques le domaine devient un PAVÉ, donc la factorisation d'E1 s'applique : $\frac12\times 2\pi\times 2=2\pi$ ✓

Contrôles : moyenne $\bar z=1$ , le milieu de $[0,2]$ , donc le centre de gravité d'un cylindre homogène — un contrôle sans calcul · encadrement $0\leq 2\pi\leq 4\pi$ .

⚠️ Volume et intégrale valent tous deux $2\pi$ : un ACCIDENT de $\bar z=1$ , pas une identité.

Réponse.

\displaystyle\iiint_V z\,dV=2\pi

. (Recoupement : aire de base

\pi

fois la moyenne pondérée

\int_0^2 z\,dz=2

→

2\pi

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Volume d'une boule (sphériques)

CalculDifficulté 3/5

Retrouver, en coordonnées sphériques, le volume de la boule de rayon $2$ .

Indices (3)

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

Les trois intégrales se séparent.

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Retrouver une formule qu'on connaît par cœur — et l'exercice vaut précisément parce qu'on connaît le résultat d'avance.

V=\dfrac{4\pi R^{3}}{3} \qquad\text{pour } R=2 \ : \quad V=\dfrac{4\pi\times 8}{3}=\dfrac{32\pi}{3}

\boxed{\text{le résultat est connu} \ \Longrightarrow \ \text{c'est la MÉTHODE qui est évaluée}}

⚠️⚠️ Et c'est un cadeau : le contrôle est intégré à l'énoncé. Un calcul qui ne redonne pas $\frac{32\pi}{3}$ contient une erreur, et on le sait immédiatement.

Les coordonnées SPHÉRIQUES :

\boxed{x=r\sin\varphi\cos\theta, \quad y=r\sin\varphi\sin\theta, \quad z=r\cos\varphi}

\boxed{dV=r^{2}\sin\varphi\ dr\,d\varphi\,d\theta}

⚠️⚠️ LE JACOBIEN EST $r^{2}\sin\varphi$ — deux facteurs, et oublier le $\sin\varphi$ est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

Les bornes, qu'il faut savoir poser sans hésiter :

variable	de	à	ce qu'elle décrit
$r$	$0$	$R$	la distance à l'origine
$\varphi$	$0$	$\boldsymbol{\pi}$	l'angle depuis le pôle nord
$\theta$	$0$	$\boldsymbol{2\pi}$	la longitude

⚠️⚠️ $\varphi$ va de $0$ à $\pi$ , pas à $2\pi$ . C'est une colatitude : elle balaie du pôle nord au pôle sud. La faire aller jusqu'à $2\pi$ compterait la boule DEUX FOIS.

\boxed{\theta \ \text{fait le tour} \ (2\pi), \qquad \varphi \ \text{fait le demi-tour} \ (\pi)}

ℹ️ Le moyen mnémotechnique : sur un globe terrestre, la longitude fait le tour complet, la latitude ne va que d'un pôle à l'autre.

Le domaine est alors un pavé, et la factorisation d'E1 s'applique :

V=\left(\int_{0}^{2}r^{2}dr\right)\left(\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\right)\left(\int_{0}^{2\pi}d\theta\right)=\dfrac{8}{3}\times 2\times 2\pi=\dfrac{32\pi}{3}

Le calcul

L'intégrale à calculer :

V=\iiint_{\text{boule}}1\,dV=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi}\!\!\int_{0}^{2}r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta

⚠️ Les bornes sont constantes : le domaine est un pavé en $(r,\varphi,\theta)$ , donc la factorisation s'applique.

Facteur en $r$ :

\int_{0}^{2}r^{2}\,dr=\left[\dfrac{r^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=\dfrac{8}{3}

Facteur en $\varphi$ :

\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi=\left[-\cos\varphi\right]_{0}^{\pi}=-\cos\pi-(-\cos 0)=-(-1)+1=2

⚠️⚠️ Ce $2$ est à connaître : $\int_{0}^{\pi}\sin=2$ , et non $0$ (ce serait $\int_{0}^{2\pi}\sin$ ). C'est un contrôle immédiat que $\varphi$ ne va pas jusqu'à $2\pi$ — si le facteur en $\varphi$ sort nul, les bornes sont fausses.

Facteur en $\theta$ :

\int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi

Le produit :

V=\dfrac{8}{3}\times 2\times 2\pi=\dfrac{32\pi}{3}

\boxed{V=\dfrac{32\pi}{3}\approx 33{,}51}

\boxed{\text{et c'est bien } \dfrac{4\pi R^{3}}{3} \text{ pour } R=2 \quad\checkmark}

Les contrôles.

a) La formule connue — le contrôle intégré à l'énoncé ✓

b) Le contrôle en $R$ QUELCONQUE, bien plus fort :

V=\left(\int_{0}^{R}r^{2}dr\right)\times 2\times 2\pi=\dfrac{R^{3}}{3}\times 4\pi=\dfrac{4\pi R^{3}}{3} \quad\checkmark

⚠️ Ce calcul vérifie l'EXPOSANT $3$ , ce qu'un cas particulier ne peut pas faire. La formule générale sort du même calcul, sans effort supplémentaire.

c) Le contrôle du $\sin\varphi$ par un cas dégénéré. Sans lui, on trouverait

\dfrac{8}{3}\times\pi\times 2\pi=\dfrac{16\pi^{2}}{3}\approx 52{,}6

⚠️⚠️ Un résultat en $\pi^{2}$ signale immédiatement l'oubli du $\sin\varphi$ — un volume ne fait pas intervenir $\pi^{2}$ .

\boxed{\text{un } \pi^{2} \text{ dans un volume est presque toujours un jacobien oublié}}

d) L'encadrement géométrique. La boule de rayon $2$ est contenue dans le cube $[-2,2]^{3}$ , de volume $64$ , et contient le cube inscrit de côté $\frac{4}{\sqrt3}\approx 2{,}31$ , de volume $\approx 12{,}3$ :

12{,}3\ \leq\ 33{,}51\ \leq\ 64 \quad\checkmark

ℹ️ Plus simplement encore : le rapport $\frac{V_{\text{boule}}}{V_{\text{cube circonscrit}}}=\frac{33{,}51}{64}\approx 0{,}52$ , et la valeur exacte est $\frac{\pi}{6}\approx 0{,}524$ — un rapport universel, indépendant du rayon.

e) Le contrôle par les couches sphériques (C5), une voie complètement différente :

V=\int_{0}^{2}4\pi r^{2}\,dr=4\pi\times\dfrac{8}{3}=\dfrac{32\pi}{3} \quad\checkmark

⚠️ Cette voie intègre le facteur $2\times 2\pi=4\pi$ d'un coup — c'est exactement l'aire de la sphère unité. Les deux méthodes se répondent.

\boxed{\underbrace{\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi}_{2}\times\underbrace{\int_{0}^{2\pi}d\theta}_{2\pi}=4\pi=\text{l'ANGLE SOLIDE total}}

ℹ️ Le $4\pi$ des coquilles sphériques n'est donc pas un coefficient magique : c'est l'intégrale angulaire, et les sphériques la font apparaître explicitement.

Rappel de cours

⚠️⚠️ COORDONNÉES SPHÉRIQUES
$x=r\sin\varphi\cos\theta, \quad y=r\sin\varphi\sin\theta, \quad z=r\cos\varphi$

$\boxed{dV=r^{2}\sin\varphi\ dr\,d\varphi\,d\theta}$
DEUX facteurs au jacobien — et oublier le $\sin\varphi$ est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

⚠️⚠️ LES BORNES

de à

$r$ $0$ $R$ distance

$\varphi$ $0$ $\boldsymbol{\pi}$ colatitude — pôle à pôle

$\theta$ $0$ $\boldsymbol{2\pi}$ longitude — tour complet

ℹ️ Sur un globe : la longitude fait le tour, la latitude va d'un pôle à l'autre.

	de	à
$r$	$0$	$R$	distance
$\varphi$	$0$	$\boldsymbol{\pi}$	colatitude — pôle à pôle
$\theta$	$0$	$\boldsymbol{2\pi}$	longitude — tour complet

LE CALCUL
$V=\underbrace{\dfrac{R^{3}}{3}}_{\int r^{2}dr}\times\underbrace{2}_{\int_{0}^{\pi}\sin\varphi}\times\underbrace{2\pi}_{\int d\theta}=\dfrac{4\pi R^{3}}{3} \qquad R=2 \ : \ \boxed{\dfrac{32\pi}{3}\approx 33{,}51}$

⚠️ $\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi=2$ , et non $0$ . Un facteur nul en $\varphi$ signale des bornes fausses ( $0$ à $2\pi$ ).

CONTRÔLES · $R$ quelconque : vérifie l'exposant $3$ , gratuitement ; · ⚠️⚠️ un $\pi^{2}$ dans un volume est presque toujours un JACOBIEN OUBLIÉ (ici $\frac{16\pi^{2}}{3}$ ) ; · rapport universel $\frac{V_{\text{boule}}}{V_{\text{cube circonscrit}}}=\frac{\pi}{6}\approx 0{,}524$ ; · couches sphériques : $\int_{0}^{2}4\pi r^{2}dr=\frac{32\pi}{3}$ ✓

$\boxed{\underbrace{\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi}_{2}\times\underbrace{\int_{0}^{2\pi}d\theta}_{2\pi}=4\pi=\text{ANGLE SOLIDE total}}$
ℹ️ Le $4\pi$ des coquilles n'est pas magique : c'est l'intégrale angulaire.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le $\sin\varphi$ et trouver $\frac{16\pi^{2}}{3}$ .

Le contrôle décisif : un volume ne contient pas $\pi^{2}$ . Un $\pi^{2}$ signale presque toujours un jacobien incomplet.

⚠️⚠️ Faire varier $\varphi$ de $0$ à $2\pi$ . C'est une colatitude : elle va de $0$ à $\pi$ . Sinon on compte la boule deux fois — et le facteur $\int_{0}^{2\pi}\sin=0$ donne un volume nul, ce qui devrait alerter.

⚠️ Intervertir $\varphi$ et $\theta$ . Peu importe le nom qu'on leur donne, mais le $\sin$ porte sur l'angle qui va de $0$ à $\pi$ .

⚠️ Écrire $dV=r^{2}dr\,d\varphi\,d\theta$ — jacobien incomplet, même erreur que la première.

⚠️ Écrire $\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi=0$ . C'est $2$ ; c'est sur $[0,2\pi]$ que le sinus s'annule.

⚠️ Ne vérifier que $R=2$ . Le calcul avec $R$ quelconque redonne $\frac{4\pi R^{3}}{3}$ et vérifie l'exposant — gratuitement.

⚠️ Ne pas encadrer. La boule tient dans le cube circonscrit de volume $64$ , et le rapport vaut $\frac{\pi}{6}$ .

⚠️ Croire que le $4\pi$ des coquilles est un coefficient à retenir. C'est $\int\sin\varphi\,d\varphi\times\int d\theta=2\times 2\pi$ — l'angle solide total.

À retenir

\boxed{dV=r^{2}\sin\varphi\ dr\,d\varphi\,d\theta} \qquad r\in[0,R], \quad \varphi\in[0,\boldsymbol{\pi}], \quad \theta\in[0,\boldsymbol{2\pi}]

V=\underbrace{\dfrac{R^{3}}{3}}_{\int r^{2}dr}\times\underbrace{2}_{\int_{0}^{\pi}\sin\varphi}\times\underbrace{2\pi}_{\int d\theta}=\dfrac{4\pi R^{3}}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{V=\dfrac{32\pi}{3}\approx 33{,}51}

⚠️⚠️ Oublier le $\sin\varphi$ est l'erreur la plus fréquente du chapitre, et le contrôle est immédiat :

\boxed{\text{un } \pi^{2} \text{ dans un volume est presque toujours un JACOBIEN OUBLIÉ}}

⚠️⚠️ $\varphi$ va de $0$ à $\pi$ — c'est une colatitude, du pôle nord au pôle sud. Jusqu'à $2\pi$ , on compterait la boule deux fois, et $\int_0^{2\pi}\sin=0$ donnerait un volume nul.

ℹ️ Sur un globe : la longitude fait le tour, la latitude va d'un pôle à l'autre.

Contrôles : le résultat est connu d'avance · le calcul en $R$ quelconque vérifie l'exposant, gratuitement · rapport universel $\frac{V_{\text{boule}}}{V_{\text{cube circonscrit}}}=\frac{\pi}{6}$ · couches sphériques $\int_0^2 4\pi r^2dr$ .

\boxed{\underbrace{\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi}_{2}\times\underbrace{\int_{0}^{2\pi}d\theta}_{2\pi}=4\pi=\text{ANGLE SOLIDE total}}

ℹ️ Le $4\pi$ des coquilles sphériques n'est pas un coefficient magique — c'est cette intégrale angulaire.

Réponse.

V=\dfrac{32\pi}3

. (Recoupement : formule

\tfrac43\pi R^3=\tfrac43\pi\cdot8=\tfrac{32\pi}3

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Circulation d'un champ de gradient

ApplicationDifficulté 3/5

Soit $\vec F=(3x^2y,\;x^3+2y)$ . Montrer qu'il est conservatif, déterminer un potentiel, puis la circulation de $(0,0)$ à $(1,1)$ .

Indices (3)

Vérifier $P_y=Q_x$ .

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

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Trois questions enchaînées, et chacune prépare la suivante — c'est le schéma complet d'un champ conservatif, ici dans le PLAN.

\vec F=\left(3x^{2}y,\ x^{3}+2y\right)

1) Le test de conservativité — en 2D, une SEULE égalité.

\boxed{\vec F=(P,Q) \ \text{ est conservatif} \ \Longleftrightarrow \ \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y} \ \ \text{(domaine simplement connexe)}}

⚠️⚠️ En 3D il fallait vérifier TROIS composantes du rotationnel (D6) ; ici une seule égalité suffit.

ℹ️ Ce n'est pas un test différent : c'est la troisième composante du rotationnel du champ $(P,Q,0)$ , les deux autres étant automatiquement nulles. Green et Stokes disaient déjà la même chose (D2).

\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial(3x^{2}y)}{\partial y}=3x^{2} \qquad\qquad \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial(x^{3}+2y)}{\partial x}=3x^{2}

\boxed{\text{les deux valent } 3x^{2} \ : \ \text{le champ est conservatif}}

⚠️ Et le domaine est $\mathbb R^{2}$ tout entier, simplement connexe — l'hypothèse est vérifiée, et il faut le dire.

2) Le potentiel — on le CONSTRUIT.

\dfrac{\partial f}{\partial x}=3x^{2}y \qquad\Longrightarrow\qquad f=x^{3}y+\varphi(y)

⚠️⚠️ La constante d'intégration dépend de $y$ — c'est le point technique.

\dfrac{\partial f}{\partial y}=x^{3}+\varphi'(y) \qquad\text{et on veut } x^{3}+2y \qquad\Longrightarrow\qquad \varphi'(y)=2y

\boxed{f(x,y)=x^{3}y+y^{2}+C}

3) La circulation — et c'est là que le potentiel paie.

\boxed{\int_{A}^{B}\vec F\cdot d\vec\ell=f(B)-f(A)}

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

\boxed{\int_{(0,0)}^{(1,1)}\vec F\cdot d\vec\ell=2}

⚠️⚠️ AUCUN CHEMIN N'A ÉTÉ CHOISI — et c'est tout l'intérêt : la circulation d'un champ conservatif ne dépend que des extrémités.

Les trois questions

1) La conservativité.

P=3x^{2}y \qquad Q=x^{3}+2y

\dfrac{\partial P}{\partial y}=3x^{2} \qquad\qquad \dfrac{\partial Q}{\partial x}=3x^{2}

\boxed{\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y} \quad\checkmark}

Le domaine est $\mathbb R^{2}$ , simplement connexe : la réciproque s'applique, le champ dérive d'un potentiel.

⚠️ Ne pas sauter cette phrase. L'égalité seule ne suffit pas — c'est la conjonction avec le domaine qui conclut.

2) La construction du potentiel.

On intègre $\partial_x f=P$ par rapport à $x$ , en traitant $y$ comme une constante :

f(x,y)=\int 3x^{2}y\,dx=x^{3}y+\varphi(y)

⚠️⚠️ $\varphi$ est une fonction de $y$ , pas une constante — c'est l'erreur classique de la méthode.

On dérive par rapport à $y$ et on identifie à $Q$ :

\dfrac{\partial f}{\partial y}=x^{3}+\varphi'(y) \qquad\overset{!}{=}\qquad x^{3}+2y

\varphi'(y)=2y \qquad\Longrightarrow\qquad \varphi(y)=y^{2}+C

\boxed{f(x,y)=x^{3}y+y^{2}+C}

⚠️⚠️ LE $x^{3}$ DOIT DISPARAÎTRE dans l'identification. S'il reste un terme en $x$ dans $\varphi'(y)$ , c'est que le champ n'était pas conservatif — ou qu'on s'est trompé.

\boxed{\text{l'identification est un CONTRÔLE, pas seulement une étape}}

Vérification obligatoire :

\vec\nabla f=\left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\ \dfrac{\partial f}{\partial y}\right)=\left(3x^{2}y,\ x^{3}+2y\right)=\vec F \quad\checkmark

3) La circulation de $(0,0)$ à $(1,1)$ .

\int_{(0,0)}^{(1,1)}\vec F\cdot d\vec\ell=f(1,1)-f(0,0)

f(1,1)=1^{3}\times 1+1^{2}=2 \qquad\qquad f(0,0)=0

\boxed{\int_{(0,0)}^{(1,1)}\vec F\cdot d\vec\ell=2}

⚠️ La constante $C$ disparaît dans la différence — le choix du potentiel n'a aucune importance.

Les contrôles.

a) La vérification du potentiel ✓ — faite ci-dessus, jamais facultative.

b) Le contrôle par un CHEMIN EXPLICITE. Prenons le segment $(t,t)$ , $t\in[0,1]$ , donc $d\vec\ell=(dt,dt)$ :

\vec F(t,t)=\left(3t^{3},\ t^{3}+2t\right)

\vec F\cdot d\vec\ell=\left(3t^{3}+t^{3}+2t\right)dt=\left(4t^{3}+2t\right)dt

\int_{0}^{1}\left(4t^{3}+2t\right)dt=\left[t^{4}+t^{2}\right]_{0}^{1}=1+1=2 \quad\checkmark

\boxed{\text{deux voies indépendantes vers } 2}

c) Le contrôle par un AUTRE chemin — celui qui prouve l'indépendance. Passons par $(1,0)$ :

De $(0,0)$ à $(1,0)$ (donc $y=0$ , $dy=0$ ) : $\vec F\cdot d\vec\ell=3x^{2}\times 0\,dx=0$

De $(1,0)$ à $(1,1)$ (donc $x=1$ , $dx=0$ ) : $\vec F\cdot d\vec\ell=(1+2y)\,dy$

\int_{0}^{1}(1+2y)\,dy=\left[y+y^{2}\right]_{0}^{1}=2 \quad\checkmark

\boxed{\text{TROIS voies, un seul résultat} : \ \text{l'indépendance du chemin est VÉRIFIÉE}}

⚠️ C'est la meilleure façon de comprendre ce que « conservatif » signifie — non pas de le croire sur parole.

d) Le contrôle sur une courbe FERMÉE. En revenant de $(1,1)$ à $(0,0)$ par n'importe quel chemin, la circulation totale serait $f(A)-f(A)=0$ ✓ — c'est D6.

e) Le contrôle par Green. Sur toute courbe fermée, $\oint=\iint(\partial_xQ-\partial_yP)\,dA=\iint 0\,dA=0$ ✓ — cohérent, et par une voie tout autre.

Rappel de cours

⚠️⚠️ TEST DE CONSERVATIVITÉ EN 2D — UNE SEULE ÉGALITÉ
$\boxed{\vec F=(P,Q) \ \text{conservatif} \ \Longleftrightarrow \ \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y} \ \text{ sur un domaine SIMPLEMENT CONNEXE}}$
ℹ️ C'est la 3ᵉ composante du rotationnel de $(P,Q,0)$ — pas un test différent de D6.

SUR CET EXEMPLE
$\partial_{y}P=3x^{2}=\partial_{x}Q \quad\checkmark \qquad\text{sur } \mathbb R^{2} \text{ (simplement connexe)}$

CONSTRUIRE LE POTENTIEL
$\partial_x f=3x^{2}y \ \Rightarrow \ f=x^{3}y+\varphi(y) \quad\to\quad \partial_y f=x^{3}+\varphi'(y)=x^{3}+2y \ \Rightarrow \ \varphi=y^{2}$

$\boxed{f=x^{3}y+y^{2}+C}$
⚠️⚠️ $\varphi$ dépend de $y$ , ce n'est pas une constante. ⚠️⚠️ LE $x^{3}$ DOIT DISPARAÎTRE à l'identification — s'il reste du $x$ dans $\varphi'(y)$ , le champ n'était pas conservatif. L'identification est un CONTRÔLE. ⚠️ VÉRIFIER $\vec\nabla f=\vec F$ — jamais facultatif.

LA CIRCULATION
$\boxed{\int_{A}^{B}\vec F\cdot d\vec\ell=f(B)-f(A)}$

$f(1,1)-f(0,0)=2-0=\boxed{2}$
⚠️ Aucun chemin n'est choisi — la constante $C$ disparaît dans la différence.

TROIS VOIES VERS $2$ · le potentiel · le segment $(t,t)$ : $\int_{0}^{1}(4t^{3}+2t)dt=2$ · le chemin par $(1,0)$ : $\int_{0}^{1}(1+2y)dy=2$
$\boxed{\text{l'indépendance du chemin se VÉRIFIE, elle ne se croit pas sur parole}}$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $f=x^{3}y+C$ après la première intégration. La « constante » dépend de $y$ : $f=x^{3}y+\varphi(y)$ . Avec $+C$ , on perd le terme $y^{2}$ .

Le contrôle : $\vec\nabla f$ doit redonner $\vec F$ — l'erreur saute immédiatement.

⚠️⚠️ Tester $\partial_x P=\partial_y Q$ au lieu de $\partial_x Q=\partial_y P$ . Ce sont les dérivées CROISÉES — la même structure qu'au rotationnel.

⚠️ Conclure sans mentionner le domaine. L'égalité seule ne suffit pas : il faut la simple connexité.

⚠️ Choisir un chemin pour calculer la circulation. Inutile : $f(B)-f(A)$ suffit. C'est précisément ce que le potentiel achète.

⚠️ Croire que la circulation est nulle. Elle vaut $f(B)-f(A)=2$ ; elle n'est nulle que sur une courbe FERMÉE.

\boxed{\text{indépendante du CHEMIN} \ \neq \ \text{nulle}}

⚠️ Garder la constante $C$ dans le résultat. Elle disparaît dans la différence.

⚠️ Ne pas s'alarmer si un terme en $x$ survit dans $\varphi'(y)$ . C'est le signal que quelque chose est faux — l'identification est un contrôle.

⚠️ Ne pas vérifier par un chemin explicite. C'est ce qui fait comprendre l'indépendance, au lieu de l'admettre.

À retenir

\boxed{(P,Q) \ \text{conservatif} \ \Longleftrightarrow \ \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y} \ \text{ sur un domaine SIMPLEMENT CONNEXE}}

\partial_{y}\left(3x^{2}y\right)=3x^{2}=\partial_{x}\left(x^{3}+2y\right) \quad\checkmark \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{f=x^{3}y+y^{2}+C}

\boxed{\int_{A}^{B}\vec F\cdot d\vec\ell=f(B)-f(A)=f(1,1)-f(0,0)=2}

ℹ️ Une seule égalité en 2D, contre trois composantes en 3D (D6) — c'est la 3ᵉ composante du rotationnel de $(P,Q,0)$ , pas un test différent.

⚠️⚠️ La constante d'intégration DÉPEND de $y$ : $f=x^3y+\varphi(y)$ , jamais $+C$ — sinon on perd le $y^2$ .

⚠️⚠️ Le $x^{3}$ doit DISPARAÎTRE à l'identification. S'il reste du $x$ dans $\varphi'(y)$ , le champ n'était pas conservatif : l'identification est un contrôle, pas seulement une étape.

⚠️ Vérifier $\vec\nabla f=\vec F$ — jamais facultatif. Et aucun chemin n'est à choisir : la constante disparaît dans la différence.

Trois voies vers $2$ : le potentiel · le segment $(t,t)$ · le chemin par $(1,0)$ .

\boxed{\text{indépendante du CHEMIN} \ \neq \ \text{nulle} \ — \ \text{elle ne s'annule que sur une courbe FERMÉE}}

Réponse.

\vec F=\vec\nabla(x^3y+y^2)

, circulation

=2

. (Recoupement : le long du segment

(t,t)

,

\int_0^1(3t^3+t^3+2t)\,dt=\int_0^1(4t^3+2t)\,dt=1+1=2

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Green-Riemann sur un triangle

ApplicationDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\oint_{\partial D}(y^2\,dx+x^2\,dy)$ où $D$ est le triangle de sommets $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ (bord orienté positivement).

Indices (3)

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 $0\le x\le1$ , $0\le y\le x$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Green-Riemann sur un triangle — et l'exercice montre exactement ce que le théorème fait gagner.

\oint_{\partial D}\left(y^{2}\,dx+x^{2}\,dy\right) \qquad D=\text{triangle } (0,0),\ (1,0),\ (1,1)

\boxed{\oint_{\partial D}\left(P\,dx+Q\,dy\right)=\iint_{D}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA}

⚠️ Le calcul direct exigerait TROIS paramétrages (un par côté), avec trois risques d'erreur de sens de parcours. Green n'en demande qu'un : une intégrale double.

L'intégrande de Green :

P=y^{2}, \quad Q=x^{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=2x-2y

⚠️⚠️ Le champ n'est PAS conservatif ( $2x-2y\neq 0$ ), donc la circulation ne sera pas nulle. Contraste voulu avec E4.

Décrire le triangle — l'étape qui décide de tout.

Les trois sommets : $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ . Le côté oblique joint $(0,0)$ à $(1,1)$ : c'est la droite $y=x$ .

\boxed{D \ : \ 0\leq x\leq 1, \qquad 0\leq y\leq x}

ℹ️ Le triangle est donc SOUS la diagonale — celui des points où $y\leq x$ . Faire un dessin est ici le geste le plus rentable de l'exercice : il fixe les bornes en cinq secondes.

⚠️⚠️ Les bornes en $y$ DÉPENDENT de $x$ : $y$ va de $0$ à $x$ . C'est ce qui interdit la factorisation d'E1 — le domaine n'est pas un pavé.

\iint_{D}(2x-2y)\,dA=\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{x}(2x-2y)\,dy\right)dx

⚠️ L'intégrale INTÉRIEURE se fait en $y$ , à $x$ constant — c'est elle qui porte la borne variable.

\int_{0}^{x}(2x-2y)\,dy=\left[2xy-y^{2}\right]_{0}^{x}=2x^{2}-x^{2}=x^{2}

\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\dfrac13

\boxed{\oint_{\partial D}\left(y^{2}\,dx+x^{2}\,dy\right)=\dfrac13}

Le calcul, et sa vérification

1) L'intégrande de Green.

\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial(x^{2})}{\partial x}=2x \qquad\qquad \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial(y^{2})}{\partial y}=2y

\boxed{\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=2x-2y}

⚠️ L'ordre compte : c'est $\partial_xQ$ moins $\partial_yP$ , jamais l'inverse — ce serait le signe opposé.

2) Le domaine.

D \ : \ 0\leq x\leq 1, \qquad 0\leq y\leq x

3) L'intégrale double.

\iint_{D}(2x-2y)\,dA=\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{x}(2x-2y)\,dy\,dx

Intégrale intérieure, à $x$ constant :

\int_{0}^{x}(2x-2y)\,dy=\left[2xy-y^{2}\right]_{y=0}^{y=x}=2x\cdot x-x^{2}=2x^{2}-x^{2}=x^{2}

⚠️ Remarquez que $2x$ est une CONSTANTE dans cette intégration — d'où le terme $2xy$ .

Intégrale extérieure :

\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\dfrac13

\boxed{\oint_{\partial D}\left(y^{2}\,dx+x^{2}\,dy\right)=\dfrac13\approx 0{,}333}

LA VÉRIFICATION PAR LES TROIS CÔTÉS — c'est elle qui prouve le résultat, et elle montre le coût de la voie directe.

Le bord orienté positivement parcourt $(0,0)\to(1,0)\to(1,1)\to(0,0)$ .

ℹ️ Comment le savoir ? En marchant dans ce sens, le triangle reste à gauche — c'est le critère du sens direct.

Côté 1 : $(0,0)\to(1,0)$ . Ici $y=0$ et $dy=0$ :

\int y^{2}\,dx+x^{2}\,dy=\int_{0}^{1}0\,dx+0=\boldsymbol{0}

Côté 2 : $(1,0)\to(1,1)$ . Ici $x=1$ et $dx=0$ :

\int x^{2}\,dy=\int_{0}^{1}1\,dy=\boldsymbol{1}

Côté 3 : $(1,1)\to(0,0)$ . Paramétrons $x=1-t$ , $y=1-t$ , $t\in[0,1]$ , donc $dx=dy=-dt$ :

\int_{0}^{1}\left[(1-t)^{2}(-1)+(1-t)^{2}(-1)\right]dt=-2\int_{0}^{1}(1-t)^{2}\,dt=-2\times\dfrac13=\boldsymbol{-\dfrac23}

Le total :

0+1-\dfrac23=\dfrac13 \quad\checkmark

\boxed{\text{les deux voies concordent}}

Les contrôles.

a) La concordance ✓ — et le coût comparé est parlant : trois paramétrages contre une intégrale double.

b) Le signe de la contribution du côté 3. Elle est négative parce qu'on parcourt le côté oblique en descendant ✓ — inverser ce sens changerait le signe du résultat.

c) Le contrôle de l'aire. L'aire du triangle vaut $\frac12$ , et l'intégrande $2x-2y$ varie de $0$ (sur $y=x$ ) à $2$ (au point $(1,0)$ ) :

0\ \leq\ \dfrac13\ \leq\ 2\times\dfrac12=1 \quad\checkmark

d) Le contrôle par la moyenne.

\overline{2x-2y}=\dfrac{1/3}{1/2}=\dfrac23

Vérifions-le : sur ce triangle, $\bar x=\frac23$ et $\bar y=\frac13$ (centre de gravité en $\left(\frac23,\frac13\right)$ , moyenne des trois sommets) :

2\times\dfrac23-2\times\dfrac13=\dfrac43-\dfrac23=\dfrac23 \quad\checkmark

\boxed{\text{deux chemins vers } \tfrac23 \ : \ \text{le résultat est confirmé}}

ℹ️ Le centre de gravité d'un triangle est la moyenne de ses trois sommets — $\left(\frac{0+1+1}{3},\frac{0+0+1}{3}\right)=\left(\frac23,\frac13\right)$ . Un contrôle qui ne coûte rien et qui est très discriminant.

e) Le contrôle par l'antisymétrie. L'intégrande $2(x-y)$ est positif partout dans ce triangle (où $y\leq x$ ), donc le résultat doit être strictement positif ✓

⚠️ Sur le triangle SYMÉTRIQUE ( $y\geq x$ ), on trouverait $-\frac13$ . Le signe encode le choix du domaine.

Rappel de cours

GREEN-RIEMANN
$\boxed{\oint_{\partial D}\left(P\,dx+Q\,dy\right)=\iint_{D}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA}$
⚠️ L'ordre compte : $\partial_xQ$ moins $\partial_yP$ .

LE CALCUL
$\partial_xQ-\partial_yP=2x-2y \qquad D \ : \ 0\leq x\leq 1, \ 0\leq y\leq x$

$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{x}(2x-2y)\,dy\,dx=\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\boxed{\dfrac13}$

⚠️⚠️ LES BORNES EN $y$ DÉPENDENT DE $x$ ( $0\leq y\leq x$ ) — le domaine n'est pas un pavé, donc pas de factorisation (E1). L'intégrale intérieure porte la borne variable.

ℹ️ FAIRE UN DESSIN : le triangle $(0,0),(1,0),(1,1)$ est sous la diagonale $y=x$ . Cinq secondes, et les bornes sont fixées.

VÉRIFICATION PAR LES TROIS CÔTÉS
$\underbrace{0}_{y=0}+\underbrace{1}_{x=1}+\underbrace{\left(-\tfrac23\right)}_{\text{oblique, en descendant}}=\dfrac13 \ \checkmark$
⚠️ Trois paramétrages contre une intégrale double — le coût du théorème.

ORIENTATION : en marchant dans le sens direct, le domaine reste à GAUCHE.

CONTRÔLES · encadrement : $0\leq\frac13\leq 2\times\frac12$ ; · moyenne : $\overline{2x-2y}=\frac{1/3}{1/2}=\frac23$ , retrouvé par le centre de gravité $\left(\frac23,\frac13\right)$ ✓ · signe : $x-y\geq 0$ sur ce triangle $\Longrightarrow$ résultat positif. Sur le triangle symétrique : $-\frac13$ .

ℹ️ Le centre de gravité d'un triangle est la MOYENNE DE SES TROIS SOMMETS — un contrôle gratuit et très discriminant.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Prendre des bornes constantes ( $0\leq y\leq 1$ ), ce qui décrirait le carré et non le triangle. Les bornes en $y$ dépendent de $x$ .

Le contrôle : le dessin, et l'aire — celle du triangle vaut $\frac12$ , pas $1$ .

⚠️⚠️ Se tromper de triangle. Les sommets $(0,0),(1,0),(1,1)$ donnent $y\leq x$ ; l'autre moitié du carré donnerait $-\frac13$ .

⚠️ Écrire $\partial_yP-\partial_xQ$ . L'ordre de Green est $\partial_xQ-\partial_yP$ — l'inverser change le signe.

⚠️ Intégrer en $x$ à l'intérieur alors que c'est la borne en $y$ qui est variable. L'intégrale intérieure porte la borne variable.

⚠️ Oublier que $2x$ est constant dans l'intégration en $y$ , et écrire $\int 2x\,dy=2x$ au lieu de $2xy$ .

⚠️ Parcourir le bord dans le sens rétrograde. Le résultat change de signe ; le critère est le domaine à gauche.

⚠️ Croire que le champ est conservatif. $2x-2y\neq 0$ — contraste voulu avec E4.

⚠️ Ne pas vérifier par les trois côtés. C'est la seule voie indépendante, donc le contrôle le plus fort.

⚠️ Ne pas utiliser le centre de gravité. $\left(\frac23,\frac13\right)$ est la moyenne des sommets, et il donne la moyenne de l'intégrande en une ligne.

À retenir

\boxed{\oint_{\partial D}\left(P\,dx+Q\,dy\right)=\iint_{D}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dA}

\partial_xQ-\partial_yP=2x-2y \qquad D : 0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq x \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\int_{0}^{1}x^{2}dx=\dfrac13}

⚠️⚠️ Les bornes en $y$ DÉPENDENT de $x$ — le domaine n'est pas un pavé, donc pas de factorisation (E1), et c'est l'intégrale intérieure qui porte la borne variable.

ℹ️ FAIRE UN DESSIN : le triangle est sous la diagonale $y=x$ . Cinq secondes, et les bornes sont fixées.

Vérification par les trois côtés : $0+1-\frac23=\frac13$ ✓ — trois paramétrages contre une intégrale double, c'est le coût du théorème.

⚠️ Orientation : en marchant dans le sens direct, le domaine reste à GAUCHE. L'inverser change le signe.

Contrôles : encadrement $0\leq\frac13\leq 1$ · moyenne $\overline{2x-2y}=\frac23$ , retrouvée par le centre de gravité $\left(\frac23,\frac13\right)$ · signe : $x-y\geq 0$ ici, donc positif (sur le triangle symétrique : $-\frac13$ ).

\boxed{\text{le centre de gravité d'un triangle est la MOYENNE DE SES TROIS SOMMETS}}

⚠️ Le champ n'est PAS conservatif ( $2x-2y\neq 0$ ) — contraste voulu avec E4.

Réponse.

\displaystyle\oint_{\partial D}(y^2\,dx+x^2\,dy)=\frac13

. (Recoupement : le calcul direct

\oint

sur les trois côtés du triangle donne aussi

\tfrac13

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Masse d'un cylindre, densité radiale

ApplicationDifficulté 3/5

Calculer la masse du cylindre $x^2+y^2\le1$ , $0\le z\le1$ , de densité $\rho=x^2+y^2$ .

Indices (3)

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 $2\pi$ ).

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une masse, donc une intégrale triple de DENSITÉ — et l'exercice réunit tout ce que le lot a construit.

M=\iiint_{V}\rho\,dV \qquad \rho=x^{2}+y^{2}, \qquad V \ : \ x^{2}+y^{2}\leq 1, \ 0\leq z\leq 1

\boxed{\text{la MASSE est l'intégrale de la DENSITÉ sur le volume}}

ℹ️ Si $\rho$ était constante, on retrouverait $M=\rho\times V$ . Ici elle varie : le cylindre est plus lourd sur ses bords qu'en son centre.

⚠️⚠️ LA DENSITÉ NE DÉPEND QUE DE LA DISTANCE À L'AXE, et il faut le voir tout de suite :

\boxed{\rho=x^{2}+y^{2}=r^{2}}

C'est ce qui appelle les coordonnées CYLINDRIQUES (E2) :

\boxed{dV=r\,dr\,d\theta\,dz}

M=\iiint r^{2}\times r\,dr\,d\theta\,dz=\iiint r^{3}\,dr\,d\theta\,dz

⚠️⚠️ LE $r^{3}$ VIENT DE $r^{2}\times r$ : $r^{2}$ est la densité, $r$ est le jacobien. Écrire $r^{2}$ au lieu de $r^{3}$ est l'erreur du chapitre, et elle fausse le résultat d'un facteur $\frac{4}{3R}$ qui dépend du rayon (ici $\frac{2\pi}{3}$ au lieu de $\frac{\pi}{2}$ : trop grand).

Les bornes sont constantes, donc la factorisation d'E1 s'applique :

M=\underbrace{\left(\int_{0}^{1}r^{3}\,dr\right)}_{1/4}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{2\pi}d\theta\right)}_{2\pi}\times\underbrace{\left(\int_{0}^{1}dz\right)}_{1}

\boxed{M=\dfrac14\times 2\pi\times 1=\dfrac{\pi}{2}}

ℹ️ Le facteur $\int dz=1$ ne fait rien ici — la densité ne dépend pas de $z$ , donc le cylindre est homogène en hauteur. Sur un cylindre de hauteur $h$ , la masse serait simplement $h$ fois plus grande.

Le calcul

1) Reconnaître la symétrie.

\rho=x^{2}+y^{2}=r^{2} \qquad\text{ne dépend NI de } \theta, \ \text{NI de } z

\boxed{\text{symétrie de RÉVOLUTION} \ \Longrightarrow \ \text{coordonnées cylindriques}}

2) L'élément de masse.

dm=\rho\,dV=r^{2}\times\underbrace{r\,dr\,d\theta\,dz}_{dV}=r^{3}\,dr\,d\theta\,dz

⚠️⚠️ DEUX facteurs $r$ d'origines DIFFÉRENTES :

facteur	d'où il vient
$r^{2}$	la densité $\rho=x^{2}+y^{2}$
$r$	le jacobien des cylindriques

\boxed{\text{les confondre, ou n'en garder qu'un, est l'erreur du chapitre}}

3) Le calcul, par factorisation (les bornes sont constantes) :

\int_{0}^{1}r^{3}\,dr=\left[\dfrac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{1}=\dfrac14

\int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi \qquad\qquad \int_{0}^{1}dz=1

M=\dfrac14\times 2\pi\times 1

\boxed{M=\dfrac{\pi}{2}\approx 1{,}571}

Les contrôles.

a) L'encadrement. Sur le cylindre, $\rho=r^{2}$ va de $0$ (sur l'axe) à $1$ (sur le bord), et le volume vaut $V=\pi\times 1^{2}\times 1=\pi$ :

0\times\pi\ \leq\ M\ \leq\ 1\times\pi=\pi\approx 3{,}14

0\leq 1{,}571\leq 3{,}14 \quad\checkmark

b) Le contrôle par la DENSITÉ MOYENNE — le plus fin.

\bar\rho=\dfrac{M}{V}=\dfrac{\pi/2}{\pi}=\dfrac12

Vérifions-le indépendamment. La moyenne de $r^{2}$ sur le disque unité :

\overline{r^{2}}=\dfrac{\int_{0}^{1}r^{2}\cdot 2\pi r\,dr}{\pi}=\dfrac{2\pi\times\frac14}{\pi}=\dfrac12 \quad\checkmark

\boxed{\text{deux chemins vers } \tfrac12 \ : \ \text{le résultat est confirmé}}

⚠️⚠️ Et $\overline{r^{2}}=\frac12$ mérite un instant d'attention : la valeur maximale de $r^{2}$ est $1$ , et la moyenne vaut exactement la moitié.

ℹ️ Ce n'est pas la moyenne « naïve » de $r^{2}$ sur $[0,1]$ , qui vaudrait $\int_0^1 r^2dr=\frac13$ . La différence vient du poids $2\pi r\,dr$ : il y a plus de surface loin de l'axe, donc les grandes valeurs de $r^{2}$ pèsent davantage.

\boxed{\dfrac12>\dfrac13 \ : \ \text{cohérent, la matière est concentrée vers le BORD}}

c) Le contrôle de la structure des exposants — avec un rayon $R$ quelconque :

M=\left(\int_{0}^{R}r^{3}dr\right)\times 2\pi\times 1=\dfrac{R^{4}}{4}\times 2\pi=\dfrac{\pi R^{4}}{2}

⚠️ Une masse en $R^{4}$ : le volume croît en $R^{2}$ , la densité typique en $R^{2}$ aussi — leur produit donne bien $R^{4}$ ✓

\boxed{\text{faire varier un paramètre teste les EXPOSANTS}}

d) Le contrôle du jacobien. En posant $\rho=1$ , la formule doit rendre le volume :

\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{1}r\,dz\,d\theta\,dr=\dfrac12\times 2\pi\times 1=\pi \quad\checkmark

⚠️⚠️ Sans le jacobien $r$ , on trouverait $1\times 2\pi\times 1=2\pi$ — le double. Toujours tester l'élément de volume sur $\rho=1$ .

e) Le contrôle physique. Le cylindre est plus dense au bord, donc sa densité moyenne doit dépasser celle du centre ( $0$ ) et rester sous celle du bord ( $1$ ) : $\bar\rho=\frac12$ ✓

ℹ️ Et le résultat $\frac12$ est PLUS GRAND que ce qu'une intuition « linéaire » suggérerait — encore l'effet du poids $2\pi r\,dr$ .

f) Le contrôle par la hauteur. Sur un cylindre de hauteur $h$ , on trouverait $\frac{\pi h}{2}$ . Ici $h=1$ , ce qui rend le facteur invisible — d'où l'intérêt de le faire apparaître explicitement.

Rappel de cours

MASSE ET DENSITÉ
$\boxed{M=\iiint_{V}\rho\,dV}$
ℹ️ Si $\rho$ est constante, on retrouve $M=\rho\times V$ .

⚠️⚠️ RECONNAÎTRE LA SYMÉTRIE
$\rho=x^{2}+y^{2}=r^{2} \ \text{ ne dépend ni de } \theta \text{ ni de } z \ \Longrightarrow \ \text{CYLINDRIQUES}$

⚠️⚠️ DEUX FACTEURS $r$ , D'ORIGINES DIFFÉRENTES

facteur origine

$r^{2}$ la densité

$r$ le jacobien $dV=r\,dr\,d\theta\,dz$

$dm=r^{2}\times r\,dr\,d\theta\,dz=\boldsymbol{r^{3}}\,dr\,d\theta\,dz$
Les confondre, ou n'en garder qu'un, est l'erreur du chapitre.

facteur	origine
$r^{2}$	la densité
$r$	le jacobien $dV=r\,dr\,d\theta\,dz$

LE CALCUL
$M=\underbrace{\dfrac14}_{\int_{0}^{1}r^{3}dr}\times\underbrace{2\pi}_{\int d\theta}\times\underbrace{1}_{\int dz}=\boxed{\dfrac{\pi}{2}\approx 1{,}571}$

CONTRÔLES · encadrement : $0\leq M\leq 1\times V=\pi$ ; · densité moyenne : $\bar\rho=\frac{M}{V}=\frac12$ , retrouvée par $\overline{r^{2}}$ sur le disque ✓ · ⚠️⚠️ JACOBIEN : poser $\rho=1$ doit rendre le volume $\pi$ — sans le $r$ , on trouverait $2\pi$ ; · exposants : avec un rayon $R$ , $M=\frac{\pi R^{4}}{2}$ — volume en $R^{2}$ fois densité typique en $R^{2}$ .

⚠️⚠️ $\overline{r^{2}}=\frac12$ , PAS $\frac13$
$\int_{0}^{1}r^{2}dr=\dfrac13 \qquad\text{mais}\qquad \dfrac{\int_{0}^{1}r^{2}\cdot 2\pi r\,dr}{\pi}=\dfrac12$
ℹ️ Le poids $2\pi r\,dr$ fait peser davantage les grands rayons : il y a plus de surface loin de l'axe. La matière est concentrée vers le BORD.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $dm=r^{2}\,dr\,d\theta\,dz$ en oubliant le jacobien. Il faut $r^{3}$ : $r^{2}$ pour la densité, $r$ pour le jacobien.

Le contrôle : poser $\rho=1$ et vérifier qu'on retrouve le volume.

⚠️⚠️ Écrire $dm=r\,dr\,d\theta\,dz$ en oubliant la densité. On calculerait alors le volume, pas la masse.

⚠️ Croire que $\bar\rho=\frac13$ . C'est $\frac12$ : la moyenne se prend avec le poids $2\pi r\,dr$ , pas uniformément sur $[0,1]$ .

⚠️ Confondre masse et volume. $M=\frac{\pi}{2}$ , $V=\pi$ — le rapport est la densité moyenne.

⚠️ Oublier le facteur $\int dz$ . Ici il vaut $1$ , donc l'erreur est invisible — elle mordrait sur un cylindre de hauteur $2$ .

⚠️ Passer en sphériques. La symétrie est cylindrique (autour d'un axe), pas sphérique.

⚠️ Ne pas encadrer. $0\leq M\leq\pi$ coûte une ligne.

⚠️ Ne pas tester avec $R$ quelconque. $M=\frac{\pi R^{4}}{2}$ vérifie les exposants, ce qu'un cas particulier ne fait pas.

⚠️ Croire que « plus dense au bord » est une intuition qualitative. Elle se chiffre : $\bar\rho=\frac12>\frac13$ .

À retenir

\boxed{M=\iiint_{V}\rho\,dV} \qquad \rho=x^{2}+y^{2}=r^{2} \ \Longrightarrow \ \text{CYLINDRIQUES}

dm=\underbrace{r^{2}}_{\text{densité}}\times\underbrace{r\,dr\,d\theta\,dz}_{dV}=r^{3}\,dr\,d\theta\,dz \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{M=\dfrac14\times 2\pi\times 1=\dfrac{\pi}{2}}

⚠️⚠️ DEUX facteurs $r$ , d'origines différentes : $r^{2}$ est la densité, $r$ est le jacobien. Les confondre, ou n'en garder qu'un, est l'erreur du chapitre.

Le contrôle du jacobien : poser $\rho=1$ doit rendre le volume $\pi$ — sans le $r$ , on trouverait $2\pi$ .

\boxed{\bar\rho=\dfrac{M}{V}=\dfrac{\pi/2}{\pi}=\dfrac12}

⚠️⚠️ $\overline{r^{2}}=\frac12$ , et NON $\frac13$ : la moyenne se prend avec le poids $2\pi r\,dr$ , car il y a plus de surface loin de l'axe. $\int_0^1 r^2dr=\frac13$ serait la moyenne « naïve ».

\boxed{\tfrac12>\tfrac13 \ : \ \text{la matière est concentrée vers le BORD}}

Contrôles : encadrement $0\leq M\leq V=\pi$ · densité moyenne par deux chemins · exposants : avec un rayon $R$ , $M=\frac{\pi R^4}{2}$ — volume en $R^2$ fois densité typique en $R^2$ .

⚠️ Le facteur $\int dz=1$ est invisible ici — il mordrait sur un cylindre de hauteur $2$ .

Réponse.

m=\dfrac\pi2

. (Recoupement : hauteur

1

, et

\int_0^{2\pi}\!\int_0^1 r^2\cdot r\,dr\,d\theta=2\pi\cdot\tfrac14=\tfrac\pi2

— le facteur

r

du jacobien est bien présent ✓)

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Exercices corrigés — Analyse vectorielle

Les 18 exercices

Intégrale triple sur un pavé

Volume et moment d'un tétraèdre

Domaine borné par une surface

Volume sous un paraboloïde (cylindriques)

Masse d'une boule (sphériques)

Masse d'une demi-boule, densité variable

Intégrale curviligne scalaire

Circulation d'un champ non conservatif

Champ de gradient et potentiel

Indépendance du chemin

Formule de Green-Riemann

Aire par la formule de Green

Triple intégrale d'un produit

Intégrale triple sur un cylindre

Volume d'une boule (sphériques)

Circulation d'un champ de gradient

Green-Riemann sur un triangle

Masse d'un cylindre, densité radiale

S'entraîner davantage sur analyse vectorielle