Formes Différentielles & Stokes : Exercices Corrigés pour le Supérieur

Correction :

Pour calculer la différentielle extérieure $d\omega$ d'une 1-forme $\omega = f\,dx + g\,dy + h\,dz$, on utilise la formule :

$$d\omega = \left(\frac{\partial g}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial y}\right) dx \wedge dy + \left(\frac{\partial h}{\partial y} - \frac{\partial g}{\partial z}\right) dy \wedge dz + \left(\frac{\partial f}{\partial z} - \frac{\partial h}{\partial x}\right) dz \wedge dx$$

Ici, $f(x,y,z) = x^2y$, $g(x,y,z) = yz$, et $h(x,y,z) = zx$. Calculons les dérivées partielles nécessaires :

• $\frac{\partial f}{\partial y} = x^2$
• $\frac{\partial g}{\partial x} = 0$
• $\frac{\partial g}{\partial z} = y$
• $\frac{\partial h}{\partial y} = 0$
• $\frac{\partial h}{\partial x} = z$
• $\frac{\partial f}{\partial z} = 0$

Appliquons la formule :

$$d\omega = \left(0 - x^2\right) dx \wedge dy + \left(0 - y\right) dy \wedge dz + \left(0 - z\right) dz \wedge dx$$

Donc :

Méthode : Appliquer directement la définition de la différentielle extérieure pour une 1-forme en 3D. Bien identifier les coefficients et les fonctions.

Correction :

Pour une 2-forme $\eta = A\,dx\wedge dy + B\,dy\wedge dz + C\,dz\wedge dx$, sa différentielle extérieure $d\eta$ est donnée par :

$$d\eta = \left(\frac{\partial C}{\partial y} - \frac{\partial B}{\partial z}\right) dx \wedge dy \wedge dz + \left(\frac{\partial A}{\partial z} - \frac{\partial C}{\partial x}\right) dx \wedge dy \wedge dz + \left(\frac{\partial B}{\partial x} - \frac{\partial A}{\partial y}\right) dx \wedge dy \wedge dz$$

Attention, il y a une simplification générale pour les 2-formes en 3D.

La formule générale pour $d\eta$ où $\eta = \sum_{i $$d\eta = \left(\frac{\partial A}{\partial z} + \frac{\partial B}{\partial x} + \frac{\partial C}{\partial y}\right) dx \wedge dy \wedge dz$$

Ici, $\eta = xy \, dx \wedge dy$. Donc $A = xy$, $B = 0$, $C = 0$. Les dérivées partielles sont :

• $\frac{\partial A}{\partial z} = 0$
• $\frac{\partial B}{\partial x} = 0$
• $\frac{\partial C}{\partial y} = 0$

Appliquons la formule :

$$d\eta = \left(\frac{\partial (xy)}{\partial z} + \frac{\partial 0}{\partial x} + \frac{\partial 0}{\partial y}\right) dx \wedge dy \wedge dz$$ $$d\eta = (0 + 0 + 0) dx \wedge dy \wedge dz$$

Astuce : Une 2-forme qui ne dépend que de deux variables (ici $x$ et $y$) dans un espace 3D aura souvent une différentielle extérieure nulle, car le terme $dx \wedge dy \wedge dz$ ne sera pas généré par les dérivées partielles par rapport à la variable manquante ($z$). De plus, $d(d\alpha)=0$ pour toute forme $\alpha$. Si $\eta$ était la différentielle extérieure d'une 1-forme, alors $d\eta$ serait nulle.

Correction :

Nous avons $f(x,y,z) = yz$, $g(x,y,z) = zx$, $h(x,y,z) = xy$. Calculons les dérivées partielles pour $d\alpha$ :

• $\frac{\partial f}{\partial y} = z$, $\frac{\partial g}{\partial x} = z \implies \frac{\partial g}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial y} = z - z = 0$
• $\frac{\partial g}{\partial z} = x$, $\frac{\partial h}{\partial y} = x \implies \frac{\partial h}{\partial y} - \frac{\partial g}{\partial z} = x - x = 0$
• $\frac{\partial h}{\partial x} = y$, $\frac{\partial f}{\partial z} = y \implies \frac{\partial f}{\partial z} - \frac{\partial h}{\partial x} = y - y = 0$

En appliquant la formule de la différentielle extérieure pour une 1-forme :

$$d\alpha = (0) dx \wedge dy + (0) dy \wedge dz + (0) dz \wedge dx$$

Ce que l'on peut en déduire : Si la différentielle extérieure d'une 1-forme est nulle sur un ouvert simplement connexe (comme $\mathbb{R}^3$), alors cette forme est exacte. Cela signifie qu'il existe une fonction $F(x,y,z)$ telle que $\alpha = dF$. Cherchons cette fonction $F$.

On cherche $F$ tel que :

1. $\frac{\partial F}{\partial x} = yz$
2. $\frac{\partial F}{\partial y} = zx$
3. $\frac{\partial F}{\partial z} = xy$

Intégrons la première équation par rapport à $x$ : $F(x,y,z) = \int yz \, dx = xyz + C(y,z)$.

Dérivons ce résultat par rapport à $y$ : $\frac{\partial F}{\partial y} = xz + \frac{\partial C}{\partial y}$.

En comparant avec la deuxième équation ($zx$), on obtient $xz = xz + \frac{\partial C}{\partial y}$, donc $\frac{\partial C}{\partial y} = 0$. Cela signifie que $C$ ne dépend que de $z$, donc $C(y,z) = K(z)$.

Ainsi, $F(x,y,z) = xyz + K(z)$.

Dérivons ce nouveau $F$ par rapport à $z$ : $\frac{\partial F}{\partial z} = xy + K'(z)$.

En comparant avec la troisième équation ($xy$), on obtient $xy = xy + K'(z)$, donc $K'(z) = 0$. Cela signifie que $K(z)$ est une constante, disons $K$.

La fonction potentielle est donc $F(x,y,z) = xyz + K$. On peut choisir $K=0$ pour une primitive particulière.

Point méthode : La condition $d\alpha = 0$ est la condition pour qu'une forme soit fermée. Si le domaine est simplement connexe, une forme fermée est aussi exacte (lemme de Poincaré). Cela permet de trouver une "primitive" pour la forme différentielle.

Correction :

Nous allons utiliser le théorème de Stokes en dimension 2, qui est le théorème de Green.

Le théorème de Green stipule que pour une 1-forme $\gamma = P\,dx + Q\,dy$ sur un ouvert de $\mathbb{R}^2$ et pour une région $D$ délimitée par une courbe simple fermée orientée positivement $\partial D$, on a :

$$\oint_{\partial D} \gamma = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dx \, dy$$

Dans notre cas, la 1-forme est $\beta = x \, dx + y \, dy$. Donc $P(x,y) = x$ et $Q(x,y) = y$. La courbe $C$ est le cercle unité, qui délimite le disque unité $D = \{(x,y) | x^2+y^2 \le 1\}$.

Calculons la partie de droite de l'égalité :

• $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial y}{\partial x} = 0$
• $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial x}{\partial y} = 0$

Donc, $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0 - 0 = 0$.

L'intégrale double est donc :

$$\iint_D 0 \, dx \, dy = 0$$

Par le théorème de Green :

Alternative (calcul direct) : On peut paramétrer le cercle unité par $x = \cos(t)$ et $y = \sin(t)$ pour $t \in [0, 2\pi]$. Alors $dx = -\sin(t) \, dt$ et $dy = \cos(t) \, dt$. L'intégrale devient :

$$ \int_0^{2\pi} (\cos(t)(-\sin(t)\,dt) + \sin(t)(\cos(t)\,dt)) = \int_0^{2\pi} (-\sin(t)\cos(t) + \sin(t)\cos(t))\,dt = \int_0^{2\pi} 0 \, dt = 0 $$

On retrouve le même résultat.

Point méthode : Pour calculer une intégrale curviligne de première espèce, on peut soit la paramétrer directement, soit utiliser le théorème de Green si la forme est sur $\mathbb{R}^2$ et que la courbe est fermée. L'utilisation du théorème de Green est souvent plus simple si la forme est exacte ou si le rotationnel est nul.

Correction :

Le théorème de Stokes généralisé stipule que pour une (n-1)-forme $\alpha$ sur une variété $M$ de dimension $n$ et orientée, et pour une sous-variété compacte $W$ de dimension $n$ dont le bord est $\partial W$ :

$$\int_{\partial W} \alpha = \int_W d\alpha$$

Ici, nous sommes en dimension 3. La "variété" $W$ est le cube unité $C = [0,1]^3$. La forme $\gamma$ est une 1-forme. Son bord $\partial C$ est constitué des 6 faces du cube. La formule de Stokes dit donc :

$$\int_{\partial C} \gamma = \int_C d\gamma$$

Nous devons d'abord calculer $d\gamma$. Avec $\gamma = x^2y \, dx + z^2 \, dy + y^2 \, dz$, on a $f = x^2y$, $g = z^2$, $h = y^2$. Calculons les dérivées partielles :

• $\frac{\partial f}{\partial y} = x^2$
• $\frac{\partial g}{\partial x} = 0$
• $\frac{\partial g}{\partial z} = 2z$
• $\frac{\partial h}{\partial y} = 2y$
• $\frac{\partial h}{\partial x} = 0$
• $\frac{\partial f}{\partial z} = 0$

La différentielle extérieure $d\gamma$ est :

$$d\gamma = \left(\frac{\partial g}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial y}\right) dx \wedge dy + \left(\frac{\partial h}{\partial y} - \frac{\partial g}{\partial z}\right) dy \wedge dz + \left(\frac{\partial f}{\partial z} - \frac{\partial h}{\partial x}\right) dz \wedge dx$$ $$d\gamma = (0 - x^2) dx \wedge dy + (2y - 2z) dy \wedge dz + (0 - 0) dz \wedge dx$$ $$d\gamma = -x^2 \, dx \wedge dy + 2(y-z) \, dy \wedge dz$$

Maintenant, nous devons calculer l'intégrale de cette 2-forme $d\gamma$ sur le cube unité $C = [0,1]^3$. L'intégrale est :

$$\int_C d\gamma = \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 (-x^2 \, dx \wedge dy + 2(y-z) \, dy \wedge dz) dx dy dz$$

Pour calculer cette intégrale, il faut la décomposer :

$$ \int_C d\gamma = \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 (-x^2) \, dx \, dy \, dz + \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 2(y-z) \, dy \, dz \, dx $$

Calculons la première partie :

$$ \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 (-x^2) \, dx \, dy \, dz = \left(\int_0^1 -x^2 \, dx\right) \left(\int_0^1 dy\right) \left(\int_0^1 dz\right) $$ $$ = \left[-\frac{x^3}{3}\right]_0^1 \times [y]_0^1 \times [z]_0^1 = \left(-\frac{1}{3}\right) \times 1 \times 1 = -\frac{1}{3} $$

Calculons la deuxième partie :

$$ \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 2(y-z) \, dy \, dz \, dx = \left(\int_0^1 dx\right) \left(\int_0^1 \int_0^1 2(y-z) \, dy \, dz\right) $$ $$ = 1 \times \int_0^1 \left[y^2 - 2yz\right]_{y=0}^{y=1} \, dz = \int_0^1 (1 - 2z) \, dz $$ $$ = \left[z - z^2\right]_0^1 = (1 - 1) - (0 - 0) = 0 $$

En additionnant les deux parties :

$$\int_C d\gamma = -\frac{1}{3} + 0 = -\frac{1}{3}$$

Point méthode : Le théorème de Stokes relie une intégrale sur une variété à une intégrale de sa différentielle extérieure sur son bord. Dans ce cas, il transforme une intégrale sur les 6 faces du cube (calcul potentiellement long) en une intégrale sur le volume du cube, souvent plus facile à calculer.

Correction :

Le théorème de Stokes s'écrit :

$$\int_{\partial M} \alpha = \int_M d\alpha$$

pour toute $(n-1)$-forme $\alpha$ sur une variété $M$ de dimension $n$ dont le bord $\partial M$ est orienté.

Dans notre cas, la forme sur laquelle on intègre sur le bord est $d\omega$. Appelons $\beta = d\omega$. C'est une forme de degré $(n-1) - 1 = n-2$ si $n>1$. Le problème est que le théorème de Stokes s'applique à une $(n-1)$-forme sur une variété $M$ de dimension $n$, pas à une forme de degré $n-2$. Il y a une subtilité ici.

Le théorème de Stokes est une généralisation de plusieurs théorèmes (Green, Stokes, divergence). La version la plus générale est la suivante : Soit $M$ une variété différentielle orientée de dimension $n$. Pour toute $k$-forme différentielle $\eta$ sur $M$, on a :

$$\int_{\partial V} \eta = \int_V d\eta$$

où $V$ est une sous-variété compacte de $M$ de dimension $n$, et $\partial V$ est son bord.

Dans notre énoncé, on nous demande de prouver $\int_{\partial M} d\omega = 0$. Ceci suppose que $\partial M$ est une variété sur laquelle on peut intégrer $d\omega$. Si $M$ est une variété sans bord (par exemple, $\mathbb{R}^n$), alors $\partial M = \emptyset$ et l'intégrale est nulle par définition.

Cependant, si $M$ a un bord, alors $\partial M$ est une variété de dimension $n-1$. Pour appliquer le théorème de Stokes à une forme $\alpha$ sur $M$ (de dimension $n$), on a $\int_{\partial M} \alpha = \int_M d\alpha$. Ici, on nous demande d'intégrer $d\omega$ sur $\partial M$. Appelons $\alpha = d\omega$. Alors on a $\int_{\partial M} d\omega$. Pour que cela soit nul, on doit avoir $d\alpha = d(d\omega) = 0$. Le problème est que $\omega$ est une $(n-1)$-forme, donc $d\omega$ est une $n$-forme.

Reprenons l'énoncé avec rigueur. Soit $M$ une variété différentielle orientée de dimension $n$. Soit $\omega$ une $(n-1)$-forme sur $M$. Alors $d\omega$ est une $n$-forme sur $M$. Le théorème de Stokes relie l'intégrale d'une $n$-forme sur une région $V \subset M$ de dimension $n$ à l'intégrale de sa différentielle extérieure (qui serait $(n+1)$-forme) sur le bord $\partial V$. Ou, il relie l'intégrale d'une $(n-1)$-forme sur $\partial V$ à l'intégrale de sa différentielle (une $n$-forme) sur $V$.

L'énoncé "Prouve que $\int_{\partial M} d\omega = 0$" suggère que $\partial M$ est une variété de dimension $n-1$ et que $d\omega$ est une forme sur laquelle on peut intégrer sur cette variété. Pour que cela soit vrai, il faut que $d\omega$ soit une $(n-1)$-forme sur la variété $\partial M$. Or, $\omega$ est une $(n-1)$-forme sur $M$, donc $d\omega$ est une $n$-forme sur $M$. Si $M$ est une variété de dimension $n$, son bord $\partial M$ est une variété de dimension $n-1$. L'énoncé est donc ambigu s'il n'est pas précisé que $\omega$ est une forme sur une variété $M$ de dimension $n+1$ et que l'on intègre sur son bord de dimension $n$.

Interprétation possible : Soit $X$ une variété différentielle orientée de dimension $n+1$. Soit $\omega$ une $(n)$-forme sur $X$. Alors $d\omega$ est une $(n+1)$-forme. Pour toute sous-variété compacte $M \subset X$ de dimension $n+1$ avec bord $\partial M$ (de dimension $n$), le théorème de Stokes dit $\int_{\partial M} \omega = \int_M d\omega$. Si on considère que $\omega$ dans l'énoncé est en fait une $n$-forme et $M$ est une $(n+1)$-variété, alors $d\omega$ est une $(n+1)$-forme. Et l'intégrale de $d\omega$ sur $\partial M$ n'est pas directement définie par Stokes sans que $d\omega$ soit une $(n)$-forme sur $\partial M$.

Une interprétation plus probable et standard : Soit $M$ une variété différentielle orientée de dimension $n$. Soit $\alpha$ une $(n-1)$-forme sur $M$. Alors $d\alpha$ est une $n$-forme sur $M$. Le théorème de Stokes dit : pour toute sous-variété compacte $V \subset M$ de dimension $n$, orientée, avec bord $\partial V$ orienté, on a $\int_{\partial V} \alpha = \int_V d\alpha$.

Si dans l'énoncé, on remplace $M$ par $V$ (une variété de dimension $n$) et $\omega$ par $\alpha$ (une $(n-1)$-forme), alors on a : $\int_{\partial V} d\alpha = \int_V d(d\alpha)$. Or, $d(d\alpha) = 0$ pour toute forme $\alpha$. Donc, $\int_{\partial V} d\alpha = \int_V 0 = 0$.

Conclusion sous cette interprétation : Si l'on suppose que $M$ dans l'énoncé représente une sous-variété compacte $V$ de dimension $n$ sur laquelle on peut intégrer la forme $d\omega$, alors $\omega$ doit être une $(n-1)$-forme sur $V$. Dans ce cas, $d\omega$ est une $n$-forme sur $V$. L'énoncé demande de calculer $\int_{\partial V} d\omega$. La formule de Stokes s'écrit $\int_{\partial V} \alpha = \int_V d\alpha$. Si nous posons $\alpha = d\omega$, alors $\int_{\partial V} d\omega = \int_V d(d\omega)$.

Puisque $d(d\omega) = 0$ (la différentielle extérieure appliquée deux fois est toujours nulle), nous avons :

$$\int_{\partial V} d\omega = \int_V 0 = 0$$

Signification : Cela signifie que la $n$-forme $d\omega$ est "exacte" sur la variété $V$. L'intégrale de toute $n$-forme exacte sur une sous-variété $V$ de dimension $n$ dont le bord est orienté est toujours nulle, car elle est la différentielle d'une $(n-1)$-forme. En d'autres termes, il n'y a pas de "flux net" d'un champ représenté par une $n$-forme exacte à travers le bord d'une région de dimension $n$. La forme $d\omega$ sur le bord $\partial M$ n'est pas directement concernée par cette nullité, c'est l'intégrale de $d\omega$ sur la variété $M$ (de dimension $n$) qui est reliée à l'intégrale de $d(d\omega)$ sur le bord $\partial M$ (de dimension $n-1$). L'énoncé est donc formulé d'une manière qui peut prêter à confusion, mais l'application standard de Stokes implique l'intégrale d'une forme $n$-exacte sur un volume $n$-dimensionnel est nulle sur son bord.

Point méthode : Le fait que $d(d\alpha) = 0$ est fondamental. Il implique toute forme qui est la différentielle extérieure d'une autre forme est dite "exacte". Le théorème de Stokes relie l'intégrale d'une forme sur un bord à l'intégrale de sa différentielle sur le volume. L'énoncé ici teste la compréhension que l'intégrale d'une forme exacte sur un volume (de dimension adéquate) est nulle sur son bord.

Correction :

Le théorème de Stokes relie l'intégrale d'une 2-forme sur une surface $S$ à l'intégrale de sa différentielle extérieure (une 3-forme) sur le bord de cette surface $\partial S$. La formule est :

$$\int_S d\alpha = \oint_{\partial S} \alpha$$

Ici, nous avons une 1-forme $\omega$, et nous devons calculer $\int_S d\omega$. Or, la sphère unité $S$ est une surface (dimension 2) et son bord $\partial S$ est vide ($\partial S = \emptyset$) car elle est compacte et fermée sans "bord" dans le sens topologique usuel pour une surface dans $\mathbb{R}^3$. Cela semble contradictoire avec l'énoncé. Il faut donc interpréter "intégrer sur $S$" dans le contexte du théorème de Stokes. Le théorème de Stokes, dans sa version pour les surfaces, relie une intégrale de surface d'un rotationnel à une intégrale curviligne sur le bord. La version plus générale relie l'intégrale d'une $k$-forme sur une $k$-variété à l'intégrale de sa différentielle extérieure sur son bord.

Reprenons l'énoncé et le théorème de Stokes : Soit $V$ une variété de dimension $n$ avec bord $\partial V$. Pour toute $(n-1)$-forme $\alpha$, on a $\int_{\partial V} \alpha = \int_V d\alpha$.

Dans notre cas, nous avons une 1-forme $\omega$ et nous voulons calculer $\int_S d\omega$. La surface $S$ est de dimension 2. Donc $n=2$. La forme sur laquelle on intègre, $d\omega$, est une 2-forme. Pour appliquer le théorème de Stokes, nous avons besoin d'une $(n-1)$-forme, donc une 1-forme, sur une variété de dimension $n=2$. L'énoncé semble inverser les rôles.

Correction de l'interprétation : Le plus souvent, lorsque l'on parle d'intégrer une forme sur une surface dans le contexte de Stokes, on parle de l'intégrale de la forme elle-même, et non de sa différentielle extérieure. Le théorème de Stokes en 3D stipule que $\iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot d\mathbf{S} = \oint_{\partial S} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$. En termes de formes différentielles, cela correspond à $\int_S d\alpha = \oint_{\partial S} \alpha$, où $\alpha$ est une 1-forme et $S$ est une surface orientée de dimension 2, et $\partial S$ est son bord de dimension 1.

Si on veut calculer $\int_S d\omega$ où $\omega$ est une 1-forme et $S$ une surface, alors $d\omega$ est une 2-forme. Pour appliquer Stokes, il faut que $\partial S$ soit non vide. Or, la sphère $S$ a un bord vide. Donc, l'intégrale d'une 2-forme sur une surface sans bord ne peut pas être directement calculée par le théorème de Stokes tel qu'il relie une intégrale de surface à une intégrale curviligne.

Cependant, si l'énoncé est correct et que l'on doit calculer $\int_S d\omega$ où $S$ est la sphère, cela implique peut-être que $S$ est considérée comme une sous-variété de dimension 2 dans $\mathbb{R}^3$, et on intègre la 2-forme $d\omega$ sur cette surface.

Calculons d'abord $d\omega$. $\omega = x^2 \, dx + y^2 \, dy + z^2 \, dz$. Les coefficients sont $f=x^2$, $g=y^2$, $h=z^2$. Les dérivées partielles sont :

• $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$, $\frac{\partial g}{\partial x} = 0 \implies \frac{\partial g}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial y} = 0$
• $\frac{\partial g}{\partial z} = 0$, $\frac{\partial h}{\partial y} = 0 \implies \frac{\partial h}{\partial y} - \frac{\partial g}{\partial z} = 0$
• $\frac{\partial h}{\partial x} = 0$, $\frac{\partial f}{\partial z} = 0 \implies \frac{\partial f}{\partial z} - \frac{\partial h}{\partial x} = 0$

Donc, $d\omega = 0 \cdot dx \wedge dy + 0 \cdot dy \wedge dz + 0 \cdot dz \wedge dx = 0$. La 2-forme $d\omega$ est la forme nulle.

L'intégrale de la forme nulle sur n'importe quelle surface est nulle.

Point méthode : Une forme qui est la différentielle extérieure d'une autre forme est dite "exacte". L'une des propriétés fondamentales est que la différentielle extérieure d'une différentielle extérieure est toujours nulle : $d(d\alpha) = 0$. Dans cet exercice, la 1-forme $\omega$ était en fait la différentielle d'une fonction $F(x,y,z) = \frac{x^3}{3} + \frac{y^3}{3} + \frac{z^3}{3}$ (car $dF = x^2 dx + y^2 dy + z^2 dz$). Donc $d\omega = d(dF) = 0$. L'énoncé pourrait aussi être interprété comme une application du fait que si une forme est exacte, son intégrale sur une surface fermée (sans bord) est nulle, mais ici on intègre la différentielle de $\omega$, qui est nulle.

Correction :

Le théorème de Stokes stipule que pour toute $k$-forme $\eta$ sur une variété $M$ de dimension $n$, et pour toute sous-variété compacte $V \subset M$ de dimension $n$ avec bord $\partial V$ orienté, on a :

$$\int_{\partial V} \eta = \int_V d\eta$$

Ce théorème est le plus souvent utilisé pour $k=n-1$, où $\eta$ est une $(n-1)$-forme. Dans ce cas, $d\eta$ est une $n$-forme, et l'intégrale de $d\eta$ sur $V$ (de dimension $n$) est reliée à l'intégrale de $\eta$ sur le bord $\partial V$ (de dimension $n-1$).

Cas où $k \neq n-1$ :

Si $k < n-1$, alors $\eta$ est une $k$-forme. L'intégrale $\int_{\partial V} \eta$ est une intégrale sur une variété de dimension $n-1$. Pour que cette intégrale ait un sens standard, $\eta$ devrait être une $(n-1)$-forme sur $\partial V$. Si nous considérons $\eta$ comme une forme sur $M$, et $\partial V$ comme une sous-variété de $M$, alors pour que l'intégrale de $\eta$ sur $\partial V$ soit définie, $\eta$ doit être une forme sur $\partial V$. Si $k < n-1$, alors $\eta$ est une $k$-forme sur $M$. En la restreignant à $\partial V$, c'est toujours une $k$-forme sur $\partial V$. Le théorème de Stokes ne s'applique pas directement dans ce sens.

Si $k > n-1$, alors $\eta$ est une $k$-forme. L'intégrale sur $\partial V$ (de dimension $n-1$) n'est pas directement définie par Stokes. La formulation standard de Stokes est pour une $k$-forme $\eta$ sur une variété $V$ de dimension $n$, et on relie l'intégrale sur le bord $\partial V$ (de dimension $n-1$) à l'intégrale de $d\eta$ sur $V$ (de dimension $n$). Donc il faut que $\eta$ soit une $(n-1)$-forme pour que $d\eta$ soit une $n$-forme.

Pour que $\int_{\partial V} \eta$ soit défini pour $\eta$ une $k$-forme sur $M$, et que $\partial V$ soit une $(n-1)$-variété, il faut que $k = n-1$. Donc, si $k \neq n-1$, il est probable que l'intégrale ne soit pas directement exprimée par le théorème de Stokes, ou que l'énoncé impliqu'une extension du théorème.

Une interprétation plus simple de l'énoncé : Soit $M$ une variété compacte orientée de dimension $n$. Soit $\eta$ une $k$-forme sur $M$. L'intégrale de $\eta$ sur une sous-variété $W$ de dimension $m$ est notée $\int_W \eta$. Le théorème de Stokes s'applique lorsque l'on intègre une $k$-forme sur une $k$-variété $V$, et on la relie à l'intégrale de $d\eta$ sur son bord $\partial V$. Dans ce cas, $\partial V$ est une $(k-1)$-variété.

Si l'on prend $V = M$, une $n$-variété, alors $\partial M$ est une $(n-1)$-variété. Pour appliquer Stokes, $\eta$ doit être une $(n-1)$-forme. Si $\eta$ est une $k$-forme avec $k \neq n-1$, l'intégrale $\int_{\partial M} \eta$ n'est pas directement calculée par Stokes en reliant à $d\eta$ sur $M$. Si $k < n-1$, $\eta$ est une $k$-forme sur une $(n-1)$-variété, ce qui n'est pas standard pour Stokes. Si $k > n-1$, alors $d\eta$ est une forme de degré $k+1 > n$. L'intégrale de $d\eta$ sur $M$ de dimension $n$ ne serait pas définie.

L'intention de l'énoncé : Probablement, il faut considérer $\eta$ comme une forme sur la variété $\partial M$. Si $\eta$ est une $k$-forme sur une variété de dimension $n-1$, et que $k \neq n-1$, alors il n'y a pas de théorème général stipulant que son intégrale sur cette variété est nulle. Les seules formes dont l'intégrale est toujours nulle sur une variété de dimension $m$ sont les $k$-formes avec $k > m$ (car elles sont définies comme l'intégrale d'un produit extérieur de $k$ vecteurs, qui est nul si $k$ vecteurs sont linéairement dépendants dans un espace de dimension $m < k$).

Approche alternative : Si l'on considère $\eta$ comme une $k$-forme sur $M$, et $\partial M$ comme une sous-variété de dimension $n-1$. Si $k > n-1$, alors $\eta$ restreinte à $\partial M$ est une $k$-forme sur une $(n-1)$-variété. La seule façon pour que son intégrale soit toujours nulle est si $k > n-1$. Donc, si $k \neq n-1$, et en particulier si $k > n-1$, alors $\int_{\partial M} \eta = 0$. Si $k < n-1$, ce n'est pas garanti.

Reprenons l'énoncé avec la version la plus courante de Stokes : Soit $V$ une variété de dimension $n$. Soit $\alpha$ une $(n-1)$-forme sur $V$. Alors $\int_{\partial V} \alpha = \int_V d\alpha$.

Dans notre cas, on veut montrer $\int_{\partial M} \eta = 0$ si $k \neq n-1$. Si $M$ est une $n$-variété, $\partial M$ est une $(n-1)$-variété. Si $\eta$ est une $k$-forme sur $M$, on la considère sur $\partial M$. Pour que $\int_{\partial M} \eta$ soit défini, il faut que $\eta$ soit une $(n-1)$-forme sur $\partial M$. Donc, si $\eta$ est une $k$-forme sur $M$ et $k \neq n-1$, alors $\eta$ restreinte à $\partial M$ n'est pas une $(n-1)$-forme, et l'intégrale pourrait ne pas être définie par Stokes.

La seule façon raisonnable pour que $\int_{\partial M} \eta = 0$ soit toujours vrai pour $k \neq n-1$ : c'est si $k > n-1$. Dans ce cas, $\eta$ est une $k$-forme sur une $(n-1)$-variété $\partial M$, et $k > n-1$ implique $\eta$ est un "produit extérieur" de plus de $n-1$ formes de base, donc elle est nulle. Pour $k < n-1$, ce n'est pas vrai.

Conclusion intermédiaire : L'énoncé "montre que $\int_{\partial M} \eta = 0$ si $k \neq n-1$" est trop général tel quel. Il est vrai si $k > n-1$. Sinon, il dépend de la nature de $\eta$ et de $M$. Supposons que l'énoncé implique $k > n-1$. Alors $\eta$ est une $k$-forme sur une $(n-1)$-variété, ce qui la rend nulle partout, donc son intégrale est nulle.

Deuxième partie : Montrer que si $\alpha$ est une $(n-1)$-forme sur $M$ (une $n$-variété) telle que $d\alpha = 0$, alors $\int_{\partial M} \alpha = 0$.

On utilise le théorème de Stokes :

$$\int_{\partial M} \alpha = \int_M d\alpha$$

On nous donne que $d\alpha = 0$ (la $(n-1)$-forme $\alpha$ est fermée). Donc :

$$\int_M d\alpha = \int_M 0 = 0$$

Signification : Si une $(n-1)$-forme est fermée ($d\alpha=0$) sur une $n$-variété compacte $M$, alors son intégrale sur le bord $\partial M$ de cette variété est nulle. Cela montre que le bord de la variété "absorbe" la "charge" de cette forme fermée, la rendant nulle sur le bord. C'est une conséquence directe du théorème de Stokes et de la propriété que $d \circ d = 0$. Cette nullité est importante en théorie d'Hodge et en topologie algébrique.

Point méthode : Le théorème de Stokes est un outil puissant pour relier des intégrales sur des bords à des intégrales sur des volumes (ou variétés de dimension supérieure). La propriété $d \circ d = 0$ est cruciale et implique l'intégrale d'une forme fermée sur le bord d'une variété sur laquelle elle est définie est nulle, à condition que la forme soit de degré approprié.

Correction :

D'abord, calculons $\omega = df$. La différentielle d'une fonction $f(x,y,z)$ est $df = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy + \frac{\partial f}{\partial z} dz$.

Ici, $f(x,y,z) = x^2y + z$. Les dérivées partielles sont :

• $\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy$
• $\frac{\partial f}{\partial y} = x^2$
• $\frac{\partial f}{\partial z} = 1$

Donc, $\omega = 2xy \, dx + x^2 \, dy + 1 \, dz$. C'est une 1-forme.

L'énoncé demande de calculer $\iint_S \omega$. Il s'agit d'une intégrale d'une 1-forme sur une surface. Ceci n'est pas la formulation standard du théorème de Stokes. Le théorème de Stokes relie une intégrale de surface d'une 2-forme à une intégrale curviligne d'une 1-forme sur le bord. L'intégrale $\iint_S \omega$ n'a pas un sens immédiat en termes de calcul tensoriel standard, à moins que $\omega$ ne soit interprétée comme un champ de vecteurs $\mathbf{F} = (2xy, x^2, 1)$ et l'intégrale soit $\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$. Si c'est le cas, il faut paramétrer la surface.

Interprétation du calcul : Si l'on veut calculer $\iint_S \omega$, cela peut signifier l'intégrale de la 2-forme $d\omega$ si $S$ est une surface. Mais on nous demande de calculer $\iint_S \omega$ où $\omega$ est une 1-forme. Cela suggère que l'énoncé pourrait être mal formulé, ou qu'il s'attend à une application indirecte.

Hypothèse : L'énoncé veut tester l'application du théorème de Stokes. Le théorème de Stokes dit $\int_S d\alpha = \oint_{\partial S} \alpha$. Si on veut calculer une intégrale de surface, il faut intégrer une 2-forme sur une surface. Donc, on devrait intégrer $d\omega$ sur $S$. Essayons de calculer $d\omega$.

Calculons $d\omega = d(2xy \, dx + x^2 \, dy + 1 \, dz)$.

• $f' = 2xy$, $g' = x^2$, $h' = 1$.
• $\frac{\partial f'}{\partial y} = 2x$, $\frac{\partial g'}{\partial x} = 2x \implies \frac{\partial g'}{\partial x} - \frac{\partial f'}{\partial y} = 0$.
• $\frac{\partial g'}{\partial z} = 0$, $\frac{\partial h'}{\partial y} = 0 \implies \frac{\partial h'}{\partial y} - \frac{\partial g'}{\partial z} = 0$.
• $\frac{\partial h'}{\partial x} = 0$, $\frac{\partial f'}{\partial z} = 0 \implies \frac{\partial f'}{\partial z} - \frac{\partial h'}{\partial x} = 0$.

Donc, $d\omega = 0 \cdot dx \wedge dy + 0 \cdot dy \wedge dz + 0 \cdot dz \wedge dx = 0$. La 2-forme $d\omega$ est nulle.

Conséquence : Si l'énoncé demandait $\iint_S d\omega$, alors l'intégrale serait $\iint_S 0 = 0$.

Revenons à $\iint_S \omega$ : Il est possible que l'énoncé demande de calculer $\int_S \omega$ où $\omega$ est une 1-forme. Ce n'est pas une intégrale de surface au sens de Stokes. Si l'on interprète $\omega$ comme un champ de vecteurs $\mathbf{F} = (2xy, x^2, 1)$, et que $S$ est une surface, alors $\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$ est l'intégrale de surface du flux du champ $\mathbf{F}$ à travers $S$. Ce calcul nécessite une paramétrisation.

Paramétrons la surface $S$ du cylindre : $x = \cos\theta$, $y = \sin\theta$, $z = z$, où $\theta \in [0, 2\pi]$ et $z \in [0, 1]$.

Le vecteur normal sortant est $\mathbf{n} = (\cos\theta, \sin\theta, 0)$. Le vecteur élément de surface $d\mathbf{S}$ est donné par $d\mathbf{S} = (\mathbf{r}_\theta \times \mathbf{r}_z) \, d\theta \, dz$. $\mathbf{r}_\theta = (-\sin\theta, \cos\theta, 0)$, $\mathbf{r}_z = (0, 0, 1)$. $\mathbf{r}_\theta \times \mathbf{r}_z = (\cos\theta, \sin\theta, 0)$.

Le champ $\mathbf{F}$ sur la surface est : $x = \cos\theta$, $y = \sin\theta$. $\mathbf{F} = (2\cos\theta\sin\theta, \cos^2\theta, 1)$.

Calculons $\mathbf{F} \cdot (\mathbf{r}_\theta \times \mathbf{r}_z) = (2\cos\theta\sin\theta)(\cos\theta) + (\cos^2\theta)(\sin\theta) + (1)(0) = 2\sin\theta\cos^2\theta + \cos^2\theta\sin\theta = 3\sin\theta\cos^2\theta$.

L'intégrale de flux est donc :

$$ \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_0^1 \int_0^{2\pi} 3\sin\theta\cos^2\theta \, d\theta \, dz $$

L'intégrale par rapport à $z$ est juste 1.

$$ \int_0^{2\pi} 3\sin\theta\cos^2\theta \, d\theta $$

Posons $u = \cos\theta$, $du = -\sin\theta \, d\theta$. Quand $\theta=0$, $u=1$. Quand $\theta=2\pi$, $u=1$. L'intégrale devient :

$$ \int_1^1 -3u^2 \, du = 0 $$

Donc, si l'on interprète $\iint_S \omega$ comme une intégrale de flux du champ vectoriel associé à $\omega$, le résultat est 0.

Quant à $\iint_S d\omega$, puisque $d\omega = 0$, son intégrale sur $S$ est 0.

Point méthode : Il est crucial de bien identifier le type de forme différentielle et le type d'intégrale demandé. Une 1-forme peut être associée à un champ de vecteurs, et son "intégrale de surface" est alors l'intégrale de flux. Le théorème de Stokes relie l'intégrale de surface d'une 2-forme au bord de la surface, à l'intégrale curviligne de la 1-forme sur ce bord. Ici, la 1-forme était exacte ($df$), donc sa différentielle extérieure est nulle.

Correction :

Une forme différentielle sur $\mathbb{R}^4$ est une combinaison linéaire de termes $f(x,y,z,w) dx_{i_1} \wedge \dots \wedge dx_{i_k}$, où $k$ est le degré de la forme. Les différentielles $dx_i$ sont $dx, dy, dz, dw$.

Une 2-forme $\alpha$ est de la forme $\alpha = \sum_{i

Pour calculer $d\alpha$, on applique la différentielle extérieure à chaque terme de $\alpha$. Rappelons que $d(f g) = df g + f dg$. Et $d(dx_i) = 0$. En général, $d(\eta \wedge \xi) = d\eta \wedge \xi + (-1)^{\deg(\eta)} \eta \wedge d\xi$. Pour une forme $f \cdot \eta$, $d(f \cdot \eta) = df \wedge \eta + f \cdot d\eta$. Si $\eta$ est une forme produit comme $dx \wedge dy$, alors $d\eta = d(dx \wedge dy) = d(dx) \wedge dy - dx \wedge d(dy) = 0 \cdot dy - dx \cdot 0 = 0$. Donc $d(f \cdot \eta) = df \wedge \eta$.

Ici, $\alpha = x\,dx\wedge dy + z\,dz\wedge dw$. C'est une 2-forme en $\mathbb{R}^4$. Calculons $d\alpha$ en appliquant la différentielle extérieure à chaque terme.

Premier terme : $x\,dx\wedge dy$. La fonction est $f_1(x,y,z,w) = x$. La forme produit est $\eta_1 = dx \wedge dy$. $d(x\,dx\wedge dy) = d(x) \wedge (dx\wedge dy) + x \cdot d(dx\wedge dy)$. $d(x) = dx$. $d(dx\wedge dy) = d(dx) \wedge dy - dx \wedge d(dy) = 0 \wedge dy - dx \wedge 0 = 0$. Donc, $d(x\,dx\wedge dy) = dx \wedge dx \wedge dy = 0$ (car $dx \wedge dx = 0$).

Deuxième terme : $z\,dz\wedge dw$. La fonction est $f_2(x,y,z,w) = z$. La forme produit est $\eta_2 = dz \wedge dw$. $d(z\,dz\wedge dw) = d(z) \wedge (dz\wedge dw) + z \cdot d(dz\wedge dw)$. $d(z) = dz$. $d(dz\wedge dw) = d(dz) \wedge dw - dz \wedge d(dw) = 0 \wedge dw - dz \wedge 0 = 0$. Donc, $d(z\,dz\wedge dw) = dz \wedge dz \wedge dw = 0$ (car $dz \wedge dz = 0$).

En additionnant les deux, $d\alpha = 0 + 0 = 0$.

Astuce : Pour calculer la différentielle extérieure d'une forme qui est un produit d'une fonction et d'une forme produit de différentielles (comme $dx \wedge dy$), on utilise la formule $d(f \cdot \eta) = df \wedge \eta$. Si $\eta$ est une forme produit de différentielles ($dx_i \wedge dx_j$ etc.), alors $d\eta=0$. Par conséquent, $d(f \cdot \eta) = df \wedge \eta$. Dans cet exercice, $df_1 \wedge \eta_1 = dx \wedge (dx \wedge dy) = 0$ et $df_2 \wedge \eta_2 = dz \wedge (dz \wedge dw) = 0$. Ceci est une propriété générale : la différentielle extérieure d'une forme qui ne dépend que de certaines variables (ici, le premier terme ne dépend que de $x,y$ et le second de $z,w$) et qui est un produit extérieur pur de différentielles sera nulle.