Maîtrise les Intégrales Curvilignes et de Surface : Exercices Corrigés

Correction :

Pour calculer une intégrale curviligne de première espèce, on paramètre la courbe $C$ par $\vec{r}(t)$ pour $a \le t \le b$, on calcule $ds = ||\vec{r}'(t)|| \,dt$, et on évalue la fonction $f(x,y)$ le long de la courbe, puis on intègre : $\int_C f(x,y) \,ds = \int_a^b f(x(t), y(t)) ||\vec{r}'(t)|| \,dt$.

Ici, $x(t) = t$, $y(t) = t^2$. Les bornes sont $a=0, b=1$.

Calculons $\vec{r}'(t)$ : $\vec{r}'(t) = (1, 2t)$.

Calculons la norme : $||\vec{r}'(t)|| = \sqrt{1^2 + (2t)^2} = \sqrt{1+4t^2}$.

La fonction à intégrer est $f(x,y) = x+y$. Le long de la courbe, $f(t, t^2) = t + t^2$.

L'intégrale devient :

$$ \int_0^1 (t+t^2) \sqrt{1+4t^2} \,dt $$

Cette intégrale est difficile à calculer analytiquement sans fonctions spéciales. Souvent, dans ce type d'exercice, on préférera des courbes et des fonctions plus simples, ou on utilisera une approche numérique. Pour des fins pédagogiques, supposons que l'on demande de setup l'intégrale plutôt que de la résoudre complètement :

Point méthode : L'étape clé est le calcul correct de $ds = ||\vec{r}'(t)|| \,dt$. Pour des courbes simples (droites, cercles), le calcul est plus aisé.

Correction :

Pour une intégrale curviligne de deuxième espèce, on paramètre la courbe $C$ par $\vec{r}(t) = (x(t), y(t))$ pour $a \le t \le b$. Le terme $d\vec{r}$ devient $\vec{r}'(t) \,dt = (x'(t), y'(t)) \,dt$. L'intégrale est $\int_a^b \vec{F}(x(t), y(t)) \cdot \vec{r}'(t) \,dt$.

Pour le cercle unité parcouru dans le sens antihoraire, on peut paramétrer par $\vec{r}(t) = (\cos t, \sin t)$ pour $0 \le t \le 2\pi$.

Alors $\vec{r}'(t) = (-\sin t, \cos t)$.

Le champ vectoriel $\vec{F}$ le long de la courbe devient : $\vec{F}(\cos t, \sin t) = (\sin t, -\co t)$.

Le produit scalaire $\vec{F} \cdot \vec{r}'(t)$ est :

$(\sin t, -\cos t) \cdot (-\sin t, \cos t) = (\sin t)(-\sin t) + (-\cos t)(\cos t) = -\sin^2 t - \cos^2 t = -(\sin^2 t + \cos^2 t) = -1$.

L'intégrale devient :

$$ \int_0^{2\pi} (-1) \,dt = [-t]_0^{2\pi} = -2\pi $$

Astuce : La paramétrisation du cercle unité dans le sens antihoraire est $\vec{r}(t) = (\cos t, \sin t)$. Si le sens était horaire, on utiliserait $\vec{r}(t) = (\cos t, -\sin t)$ ou $\vec{r}(t) = (\cos(-t), \sin(-t))$ avec le même intervalle de $t$, ou on garderait la paramétrisation antihoraire et on prendrait l'opposé du résultat.

Correction :

Le Théorème de Green stipule que pour un champ vectoriel $\vec{F}(x, y) = (P(x,y), Q(x,y))$ et une courbe $C$ simple, fermée, orientée positivement, bordant une région $D$, on a :

$$ \oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \,dA $$

Ici, $P(x,y) = x^2y$ et $Q(x,y) = xy^2$. Le domaine $D$ est le disque unité $x^2+y^2 \le 1$.

Calculons les dérivées partielles :

$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2y) = x^2$.

$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(xy^2) = y^2$.

L'intégrale devient :

$$ \iint_D (y^2 - x^2) \,dA $$

Pour calculer cette intégrale double, le passage en coordonnées polaires est judicieux. $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$. $dA = r\,dr\,d\theta$. Le domaine $D$ est $0 \le r \le 1$, $0 \le \theta \le 2\pi$.

$y^2 - x^2 = r^2\sin^2\theta - r^2\cos^2\theta = -r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = -r^2\cos(2\theta)$.

L'intégrale devient :

$$ \int_0^{2\pi} \int_0^1 (-r^2\cos(2\theta)) \cdot r \,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^1 -r^3\cos(2\theta) \,dr\,d\theta $$

Séparons les intégrales :

$$ \left(\int_0^{2\pi} \cos(2\theta) \,d\theta \right) \left(\int_0^1 -r^3 \,dr \right) $$

Calculons chaque partie :

• $\int_0^{2\pi} \cos(2\theta) \,d\theta = [\frac{1}{2}\sin(2\theta)]_0^{2\pi} = \frac{1}{2}\sin(4\pi) - \frac{1}{2}\sin(0) = 0 - 0 = 0$.
• $\int_0^1 -r^3 \,dr = [-\frac{r^4}{4}]_0^1 = -\frac{1}{4}$.

En multipliant les résultats : $0 \times (-\frac{1}{4}) = 0$.

Point méthode : Le Théorème de Green est très puissant pour transformer une intégrale curviligne sur une frontière fermée en une intégrale double sur la région délimitée. Il faut bien identifier $P$, $Q$ et calculer correctement les dérivées partielles.

Correction :

Pour une intégrale de surface de première espèce, on calcule $dS = ||\vec{r}_u \times \vec{r}_v|| \,du\,dv$. L'intégrale est $\iint_S f(x,y,z) \,dS = \iint_{D} f(x(u,v), y(u,v), z(u,v)) ||\vec{r}_u \times \vec{r}_v|| \,du\,dv$, où $D$ est le domaine de paramétrisation.

Ici, $x = u\cos v$, $y = u\sin v$, $z = v$. Le domaine de paramétrisation est $0 \le u \le 1$, $0 \le v \le \pi$.

Calculons les dérivées partielles :

$\vec{r}_u = (\cos v, \sin v, 0)$.

$\vec{r}_v = (-u\sin v, u\co v, 1)$.

Calculons le produit vectoriel :

$$ \vec{r}_u \times \vec{r}_v = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \cos v & \sin v & 0 \\ -u\sin v & u\cos v & 1 \end{vmatrix} = (\sin v - 0)\mathbf{i} - (\cos v - 0)\mathbf{j} + (u\cos^2 v - (-u\sin^2 v))\mathbf{k} $$

$$ = (\sin v, -\co v, u(\cos^2 v + \sin^2 v)) = (\sin v, -\co v, u) $

Calculons la norme :

$$ ||\vec{r}_u \times \vec{r}_v|| = \sqrt{(\sin v)^2 + (-\cos v)^2 + u^2} = \sqrt{\sin^2 v + \cos^2 v + u^2} = \sqrt{1+u^2} $$

La fonction à intégrer est $f(x,y,z) = x^2+y^2$. Le long de la surface :

$f(u\cos v, u\sin v, v) = (u\cos v)^2 + (u\sin v)^2 = u^2\cos^2 v + u^2\sin^2 v = u^2(\cos^2 v + \sin^2 v) = u^2$.

L'intégrale devient :

$$ \int_0^{\pi} \int_0^1 u^2 \sqrt{1+u^2} \,du\,dv $$

Calculons l'intégrale par rapport à $v$ :

$$ \int_0^{\pi} dv = \pi $$

L'intégrale devient :

$$ \pi \int_0^1 u^2 \sqrt{1+u^2} \,du $$

Cette intégrale de la forme $\int u^2\sqrt{a^2+u^2} du$ se résout souvent par changement de variable trigonométrique ($u = \tan\theta$ ou $u = \sinh\theta$).

En posant $u = \sinh t$, $du = \cosh t \,dt$. $\sqrt{1+u^2} = \cosh t$. Si $u=0, t=0$. Si $u=1, t = \text{arsinh}(1) = \ln(1+\sqrt{2})$.

$$ \int_0^{\ln(1+\sqrt{2})} \sinh^2 t \cdot \cosh t \cdot \cosh t \,dt = \int_0^{\ln(1+\sqrt{2})} \sinh^2 t \cosh^2 t \,dt $$

C'est une intégrale technique. Si l'on utilisait la substitution $u=\tan\theta$: $u = \tan\theta$, $du = \sec^2\theta\,d\theta$. $\sqrt{1+u^2} = \sec\theta$. Si $u=0, \theta=0$. Si $u=1, \theta=\pi/4$.

$$ \int_0^{\pi/4} \tan^2\theta \sec\theta \sec^2\theta \,d\theta = \int_0^{\pi/4} \tan^2\theta \sec^3\theta \,d\theta $$

Ceci est une intégrale plus complexe. Pour l'exercice, il est probable qu'on attende la mise en place :

Point méthode : Le calcul de $dS = ||\vec{r}_u \times \vec{r}_v|| \,du\,dv$ est l'étape la plus sensible. Il faut être rigoureux avec le produit vectoriel et le calcul de sa norme.

Correction :

L'intégrale de surface de deuxième espèce (flux) est donnée par $\iint_S \vec{F} \cdot d\vec{S} = \iint_S \vec{F} \cdot \vec{n} \,dS$. On utilise une paramétrisation $\vec{r}(u,v)$ de la surface $S$. Alors $d\vec{S} = (\vec{r}_u \times \vec{r}_v) \,du\,dv$. L'intégrale devient $\iint_D \vec{F}(\vec{r}(u,v)) \cdot (\vec{r}_u \times \vec{r}_v) \,du\,dv$.

Pour la sphère unité $S$, on peut utiliser la paramétrisation :

$\vec{r}(\phi, \theta) = (\sin\phi\cos\theta, \sin\phi\sin\theta, \cos\phi)$ pour $0 \le \phi \le \pi$ et $0 \le \theta \le 2\pi$.

Le vecteur normal sortant $\vec{n}$ (divisé par sa norme) est donné par $\frac{1}{R} \vec{r}$ pour une sphère centrée à l'origine de rayon $R$. Ici $R=1$. Donc $\vec{n} = (\sin\phi\cos\theta, \sin\phi\sin\theta, \cos\phi)$.

Le champ vectoriel $\vec{F}$ sur la surface est :

$\vec{F}(\vec{r}(\phi, \theta)) = (\sin\phi\cos\theta, \sin\phi\sin\theta, \cos\phi)$.

On remarque $\vec{F}(\vec{r}(\phi, \theta)) = \vec{r}(\phi, \theta)$ pour $R=1$. Donc $\vec{F}$ est colinéaire à la normale sortante.

Le produit scalaire $\vec{F} \cdot \vec{n}$ est donc $\vec{r} \cdot \vec{r} = ||\vec{r}||^2 = 1^2 = 1$ (car c'est la sphère unité).

Il faut maintenant calculer $\vec{r}_\phi \times \vec{r}_\theta$. On sait que pour la sphère unité, $||\vec{r}_\phi \times \vec{r}_\theta|| = R^2 \sin\phi = \sin\phi$ (car $R=1$). Le vecteur normal sortant est $\vec{r}_\phi \times \vec{r}_\theta = \sin\phi (\sin\phi\cos\theta, \sin\phi\sin\theta, \cos\phi)$. Il faut vérifier l'orientation. L'orientation est bien vers l'extérieur.

L'intégrale de flux est :

$$ \iint_S \vec{F} \cdot d\vec{S} = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \vec{F}(\vec{r}(\phi, \theta)) \cdot (\vec{r}_\phi \times \vec{r}_\theta) \,d\phi\,d\theta $$

$$ = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} (\sin\phi\cos\theta, \sin\phi\sin\theta, \cos\phi) \cdot (\sin^2\phi\cos\theta, \sin^2\phi\sin\theta, \sin\phi\cos\phi) \,d\phi\,d\theta $$

Le produit scalaire : $\sin^3\phi\cos^2\theta + \sin^3\phi\sin^2\theta + \cos^2\phi\sin\phi = \sin^3\phi + \cos^2\phi\sin\phi = \sin\phi(\sin^2\phi + \cos^2\phi) = \sin\phi$.

L'intégrale devient :

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

$$ = \left(\int_0^{2\pi} d\theta \right) \left(\int_0^{\pi} \sin\phi \,d\phi \right) = (2\pi) \cdot [-\cos\phi]_0^{\pi} = 2\pi \cdot (-\cos\pi - (-\cos0)) = 2\pi \cdot (1 - (-1)) = 2\pi \cdot 2 = 4\pi $$

Point méthode : Pour les surfaces simples comme les sphères, on peut souvent utiliser la forme normale $d\vec{S} = \vec{n} dS$ où $\vec{n}$ est le vecteur normal unitaire, et calculer $\vec{F} \cdot \vec{n}$. Dans ce cas, $\vec{F}$ est radial, donc parallèle à $\vec{n}$.

Correction :

Le Théorème d'Ostrogradski (ou de Gauss) relie une intégrale de surface de deuxième espèce à une intégrale triple sur le volume $E$ délimité par la surface $S$ :

$$ \iint_S \vec{F} \cdot \vec{n} \,dS = \iiint_E \text{div}(\vec{F}) \,dV $$

Ici, $\vec{F}(x, y, z) = (x^3, y^3, z^3)$. La divergence de $\vec{F}$ est :

$\text{div}(\vec{F}) = \frac{\partial}{\partial x}(x^3) + \frac{\partial}{\partial y}(y^3) + \frac{\partial}{\partial z}(z^3) = 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 = 3(x^2+y^2+z^2)$.

Le volume $E$ est la boule unité $x^2+y^2+z^2 \le 1$. L'intégrale triple devient :

$$ \iiint_E 3(x^2+y^2+z^2) \,dV $$

Il est très judicieux de passer en coordonnées sphériques. $x^2+y^2+z^2 = \rho^2$. $dV = \rho^2\sin\phi \,d\rho\,d\phi\,d\theta$. Les bornes sont $0 \le \rho \le 1$, $0 \le \phi \le \pi$, $0 \le \theta \le 2\pi$.

L'intégrale devient :

$$ \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \int_0^1 3(\rho^2) \cdot (\rho^2\sin\phi) \,d\rho\,d\phi\,d\theta $$

$$ = 3 \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \int_0^1 \rho^4 \sin\phi \,d\rho\,d\phi\,d\theta $$

Séparons les intégrales :

$$ 3 \left(\int_0^{2\pi} d\theta \right) \left(\int_0^{\pi} \sin\phi \,d\phi \right) \left(\int_0^1 \rho^4 \,d\rho \right) $$

Calculons chaque partie :

• $\int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi$.
• $\int_0^{\pi} \sin\phi \,d\phi = [-\cos\phi]_0^{\pi} = 2$.
• $\int_0^1 \rho^4 \,d\rho = [\frac{\rho^5}{5}]_0^1 = \frac{1}{5}$.

En multipliant les résultats :

$$ 3 \cdot (2\pi) \cdot (2) \cdot (\frac{1}{5}) = \frac{12\pi}{5} $$

Point méthode : Le Théorème d'Ostrogradski est particulièrement utile quand le calcul de la divergence est simple et que le volume délimité par la surface est facile à intégrer (par exemple, en coordonnées sphériques).

Correction :

Le Théorème de Stokes relie une intégrale curviligne sur une courbe fermée $C$ à une intégrale de surface sur toute surface $S$ dont $C$ est le bord :

$$ \oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = \iint_S (\text{rot}(\vec{F}) \cdot \vec{n}) \,dS $$

Ici, $\vec{F}(x, y, z) = (x, y, z)$. La courbe $C$ est l'intersection d'un plan et d'un cylindre. Le champ $\vec{F}$ est le champ radial. Calculons sa rotationnel :

$\text{rot}(\vec{F}) = \nabla \times \vec{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x & y & z \end{vmatrix} = (0-0)\mathbf{i} - (0-0)\mathbf{j} + (0-0)\mathbf{k} = \vec{0}$.

Puisque la rotationnel de $\vec{F}$ est le vecteur nul, l'intégrale de surface du rotationnel est nulle, quelle que soit la surface $S$ bordée par $C$ (tant qu'elle est bien orientée).

Astuce : Si le champ vectoriel $\vec{F}$ est irrotationnel (son rotationnel est nul), alors l'intégrale curviligne de $\vec{F}$ sur toute courbe fermée est nulle. C'est le cas ici. Le champ $\vec{F} = (x,y,z)$ dérive du potentiel scalaire $\phi(x,y,z) = \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)$, donc il est irrotationnel.

Correction :

La surface est donnée par $z = f(x,y) = x^2+y^2$. Une paramétrisation pour ce type de surface est $\vec{r}(x,y) = (x, y, x^2+y^2)$. Les bornes pour $x$ et $y$ sont déterminées par $0 \le z \le 1$, donc $0 \le x^2+y^2 \le 1$. Ceci décrit un disque de rayon 1 dans le plan $xy$. On peut choisir de paramétrer par rapport à $(x,y)$ sur ce disque.

Calculons les dérivées partielles :

$\vec{r}_x = (1, 0, 2x)$.

$\vec{r}_y = (0, 1, 2y)$.

Calculons le produit vectoriel :

$$ \vec{r}_x \times \vec{r}_y = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 2x \\ 0 & 1 & 2y \end{vmatrix} = (0 - 2x)\mathbf{i} - (2y - 0)\mathbf{j} + (1 - 0)\mathbf{k} = (-2x, -2y, 1) $$

Calculons la norme :

$$ ||\vec{r}_x \times \vec{r}_y|| = \sqrt{(-2x)^2 + (-2y)^2 + 1^2} = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1} $$

L'aire de la surface $S$ est $\iint_S dS = \iint_D ||\vec{r}_x \times \vec{r}_y|| \,dA$, où $D$ est le disque $x^2+y^2 \le 1$.

Il est plus simple d'utiliser des coordonnées polaires pour le domaine $D$. Soit $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$. Alors $x^2+y^2 = r^2$. $dA = r\,dr\,d\theta$. Les bornes sont $0 \le r \le 1$ et $0 \le \theta \le 2\pi$.

L'expression sous la racine devient $\sqrt{4r^2 + 1}$.

L'aire est donc :

$$ \text{Aire}(S) = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \sqrt{4r^2+1} \cdot r \,dr\,d\theta $$

Calculons l'intégrale intérieure par rapport à $r$. Posons $u = 4r^2+1$, $du = 8r\,dr$, donc $r\,dr = du/8$. Quand $r=0, u=1$. Quand $r=1, u=5$. L'intégrale devient :

$$ \int_1^5 \sqrt{u} \frac{1}{8} du = \frac{1}{8} \int_1^5 u^{1/2} du = \frac{1}{8} \left[ \frac{u^{3/2}}{3/2} \right]_1^5 = \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} [u^{3/2}]_1^5 = \frac{1}{12} (5^{3/2} - 1^{3/2}) = \frac{1}{12} (5\sqrt{5} - 1) $$

Maintenant, l'intégrale par rapport à $\theta$ :

$$ \int_0^{2\pi} \frac{1}{12} (5\sqrt{5} - 1) \,d\theta = \frac{1}{12} (5\sqrt{5} - 1) \int_0^{2\pi} d\theta = \frac{2\pi}{12} (5\sqrt{5} - 1) = \frac{\pi}{6} (5\sqrt{5} - 1) $$

Point méthode : Pour une surface définie par $z=f(x,y)$, la norme du produit vectoriel des dérivées partielles est $\sqrt{1 + (\frac{\partial f}{\partial x})^2 + (\frac{\partial f}{\partial y})^2}$. Si le domaine dans le plan $xy$ est un disque, le passage en polaires est souvent nécessaire.

Correction :

La surface est donnée par $z = u^2+v^2$. La paramétrisation est $\vec{r}(u,v) = (u, v, u^2+v^2)$.

Calculons les dérivées partielles :

$\vec{r}_u = (1, 0, 2u)$.

$\vec{r}_v = (0, 1, 2v)$.

Calculons le produit vectoriel :

$$ \vec{r}_u \times \vec{r}_v = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 2u \\ 0 & 1 & 2v \end{vmatrix} = (0 - 2u)\mathbf{i} - (2v - 0)\mathbf{j} + (1 - 0)\mathbf{k} = (-2u, -2v, 1) $$

Ce vecteur normal a une composante $z$ de $1$, qui est positive. Donc, c'est le vecteur normal voulu pour l'orientation. Pas besoin de changer de signe.

Le champ vectoriel $\vec{F}$ sur la surface devient :

$\vec{F}(u, v, u^2+v^2) = (v, -u, u^2+v^2)$.

Calculons le produit scalaire $\vec{F} \cdot (\vec{r}_u \times \vec{r}_v)$ :

$$ (v, -u, u^2+v^2) \cdot (-2u, -2v, 1) = v(-2u) + (-u)(-2v) + (u^2+v^2)(1) $$

$$ = -2uv + 2uv + u^2+v^2 = u^2+v^2 $$

L'intégrale de flux est :

$$ \iint_D (u^2+v^2) \,du\,dv $$

où $D$ est le carré $[0,1] \times [0,1]$.

$$ \int_0^1 \int_0^1 (u^2+v^2) \,du\,dv $$

Intégrale intérieure par rapport à $u$ :

$$ \int_0^1 (u^2+v^2) \,du = \left[ \frac{u^3}{3} + v^2u \right]_0^1 = \frac{1}{3} + v^2 $$

Intégrale extérieure par rapport à $v$ :

$$ \int_0^1 (\frac{1}{3} + v^2) \,dv = \left[ \frac{1}{3}v + \frac{v^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3} $$

Point méthode : L'orientation de la surface est cruciale pour les intégrales de surface de deuxième espèce et pour l'application des théorèmes de Stokes et d'Ostrogradski. Il faut vérifier que le vecteur normal calculé correspond à l'orientation demandée.

Correction :

Ce problème est un candidat idéal pour le Théorème de Stokes. La courbe $C$ est fermée. Le champ vectoriel est $\vec{F} = (y^2-z, z^2-x, x^2-y)$.

Calculons la rotationnel de $\vec{F}$ :

$\text{rot}(\vec{F}) = \nabla \times \vec{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y^2-z & z^2-x & x^2-y \end{vmatrix}$

Composante i : $\frac{\partial}{\partial y}(x^2-y) - \frac{\partial}{\partial z}(z^2-x) = -1 - 2z$.

Composante j : $\frac{\partial}{\partial z}(y^2-z) - \frac{\partial}{\partial x}(x^2-y) = -1 - 2x$.

Composante k : $\frac{\partial}{\partial x}(z^2-x) - \frac{\partial}{\partial y}(y^2-z) = -1 - 2y$.

Donc, $\text{rot}(\vec{F}) = (-1-2z, -1-2x, -1-2y)$.

Maintenant, nous avons besoin d'une surface $S$ bordée par $C$. La courbe $C$ est l'intersection du cylindre $x^2+y^2=4$ et du plan $z=y$. On peut choisir comme surface $S$ la partie du plan $z=y$ à l'intérieur du cylindre $x^2+y^2=4$. Le domaine $D$ dans le plan $xy$ est le disque $x^2+y^2 \le 4$.

La paramétrisation de cette partie du plan est $\vec{r}(x,y) = (x, y, y)$ pour $x^2+y^2 \le 4$.

Calculons le vecteur normal sortant. $\vec{r}_x = (1, 0, 0)$ et $\vec{r}_y = (0, 1, 1)$.

$$ \vec{r}_x \times \vec{r}_y = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = (0)\mathbf{i} - (1)\mathbf{j} + (1)\mathbf{k} = (0, -1, 1) $$

Il faut vérifier l'orientation. La courbe $C$ est orientée antihoraire vue de dessus (du côté des $z$ positifs). Si l'on regarde le plan $xy$, une trajectoire antihoraire correspond à $(x,y)$ parcourant le cercle $x^2+y^2=4$ dans le sens antihoraire. Pour un observateur dans le plan $xy$, le vecteur $(0, -1, 1)$ pointe "vers la gauche et vers le haut". Ce vecteur a une composante $z$ positive. Pour vérifier l'orientation, considérons un point sur le cercle, par exemple $(2,0)$. Le champ sur le plan est $\vec{F}(x,y,y) = (y^2-y, y^2-x, x^2-y)$.

L'orientation de $C$ est antihoraire dans le plan $xy$. Le vecteur $(0,-1,1)$ est normal au plan $z=y$. Il faut s'assurer que le produit vectoriel corresponde à l'orientation de $C$. L'orientation antihoraire dans le plan $xy$ vue de dessus demande un vecteur normal sortant du volume "sous" la surface si le champ est dirigé "vers le haut".

La norme du vecteur normal est $||\vec{r}_x \times \vec{r}_y|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{2}$. Le vecteur normal unitaire est $\vec{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(0, -1, 1)$.

Maintenant calculons le produit scalaire $\text{rot}(\vec{F}) \cdot \vec{n}$ :

$$ \text{rot}(\vec{F}) \cdot \vec{n} = (-1-2z, -1-2x, -1-2y) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(0, -1, 1) $$

$$ = \frac{1}{\sqrt{2}} [(-1-2z)(0) + (-1-2x)(-1) + (-1-2y)(1)] = \frac{1}{\sqrt{2}} [0 + 1+2x - 1-2y] = \frac{2(x-y)}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}(x-y) $$

L'intégrale de surface est donc :

$$ \iint_S \text{rot}(\vec{F}) \cdot d\vec{S} = \iint_D \sqrt{2}(x-y) ||\vec{r}_x \times \vec{r}_y|| \,dx\,dy = \iint_D \sqrt{2}(x-y) \sqrt{2} \,dx\,dy $$

$$ = \iint_D 2(x-y) \,dx\,dy $$

où $D$ est le disque $x^2+y^2 \le 4$. Calculons cette intégrale double en coordonnées polaires.

$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$. $dx\,dy = r\,dr\,d\theta$. $0 \le r \le 2$, $0 \le \theta \le 2\pi$.

$$ 2 \int_0^{2\pi} \int_0^2 (r\cos\theta - r\sin\theta) r \,dr\,d\theta = 2 \int_0^{2\pi} \int_0^2 r^2(\cos\theta - \sin\theta) \,dr\,d\theta $$

Séparons les intégrales :

$$ 2 \left(\int_0^2 r^2 \,dr \right) \left(\int_0^{2\pi} (\cos\theta - \sin\theta) \,d\theta \right) $$

Calculons chaque partie :

• $\int_0^2 r^2 \,dr = [\frac{r^3}{3}]_0^2 = \frac{8}{3}$.
• $\int_0^{2\pi} (\cos\theta - \sin\theta) \,d\theta = [\sin\theta + \cos\theta]_0^{2\pi} = (\sin(2\pi)+\cos(2\pi)) - (\sin(0)+\cos(0)) = (0+1) - (0+1) = 0$.

Le produit est donc $2 \cdot \frac{8}{3} \cdot 0 = 0$.

Point méthode : L'application correcte du Théorème de Stokes nécessite de choisir une surface appropriée, de calculer son vecteur normal correspondant à l'orientation de la courbe bord, et de calculer le produit scalaire de la rotationnel avec ce vecteur normal.