Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 2 h. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour calculer une intégrale sur une courbe ou sur une surface, tu la ramènes à une intégrale ordinaire en la paramétrant, c'est-à-dire en décrivant ses points par une fonction de $t$, ou de $(u,v)$. Sur une courbe $t \mapsto \vec{r}(t)$, l'élément de longueur vaut $ds = \|\vec{r}\,'(t)\|\,dt$ ; sur une surface $(u,v) \mapsto \vec{r}(u,v)$, l'élément d'aire vaut $dS = \|\vec{r}_u \wedge \vec{r}_v\|\,du\,dv$, où $\vec{r}_u = \frac{\partial \vec{r}}{\partial u}$ et $\wedge$ désigne le produit vectoriel. Exemple : le cercle de rayon $R$, paramétré par $\vec{r}(t) = (R\cos t, R\sin t)$, donne $ds = R\,dt$, d'où sa longueur $\int_0^{2\pi} R\,dt = 2\pi R$.
Pour un champ de vecteurs $\vec{F}$, la circulation le long de $C$ (le travail, en physique) vaut $\int_C \vec{F}\cdot d\vec{r} = \int_a^b \vec{F}(\vec{r}(t))\cdot\vec{r}\,'(t)\,dt$. Le flux à travers $S$ (ce qui la traverse) vaut $\iint_S \vec{F}\cdot d\vec{S} = \iint_D \vec{F}(\vec{r}(u,v))\cdot(\vec{r}_u \wedge \vec{r}_v)\,du\,dv$, ou encore $\iint_S \vec{F}\cdot\vec{n}\,dS$ avec $\vec{n}$ la normale unitaire. Ces deux nombres changent de signe avec l'orientation : le sens de parcours de la courbe, le côté où pointe la normale.
Les trois théorèmes de l'encadré remplacent une intégrale sur un bord par une intégrale sur ce qu'il entoure. Leurs énoncés complets sont dans le cours de Toulouse INP cité en bas de page.
Formules à retenir :
- Surface $z = g(x,y)$ paramétrée par $(x, y, g(x,y))$ : $\vec{r}_x \wedge \vec{r}_y = \left(-\frac{\partial g}{\partial x}, -\frac{\partial g}{\partial y}, 1\right)$.
- Pour $\vec{F} = (P, Q, R)$ : $\mathrm{div}\,\vec{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$ et $$\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{F} = \left(\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z},\ \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x},\ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right).$$
- Champ de gradient : si $\vec{F} = \overrightarrow{\mathrm{grad}}\,f$, la circulation de $A$ à $B$ vaut $f(B) - f(A)$, donc $0$ sur une courbe fermée.
- Green-Riemann, $C$ parcourue en laissant le domaine $D$ à sa gauche : $\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy$.
- Stokes, $S$ de bord $C$, orientés par la main droite (les doigts suivent $C$, le pouce donne la normale) : $\oint_C \vec{F}\cdot d\vec{r} = \iint_S \overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{F}\cdot d\vec{S}$.
- Ostrogradski (ou flux-divergence), $S$ fermée entourant le volume $V$, normale sortante : $\iint_S \vec{F}\cdot d\vec{S} = \iiint_V \mathrm{div}\,\vec{F}\,dV$.
- Polaires : $dx\,dy = r\,dr\,d\theta$. Sphériques : $dV = \rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta$, avec $\varphi \in [0\,;\,\pi]$ l'angle avec l'axe $Oz$.
Piège classique : le vecteur $\vec{r}_u \wedge \vec{r}_v$ que donne ta paramétrisation ne pointe pas forcément du côté demandé. Avant un calcul de flux, vérifie son orientation (le signe d'une composante suffit souvent) et remplace-le par son opposé s'il le faut. Sinon, tu obtiens le bon nombre avec le mauvais signe.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Un fil a la forme du demi-cercle $x^2 + y^2 = R^2$, $y \ge 0$, avec $R = 10$ cm. Sa masse linéique (sa masse par centimètre) vaut $\lambda(x,y) = 0{,}03\,y$ g/cm, avec $y$ en cm : le fil s'alourdit en montant. Calcule sa masse $m = \int_C \lambda\,ds$.
Correction :
On paramètre le demi-cercle, puis on remplace $ds$ par $\|\vec{r}\,'(t)\|\,dt$.
Avec $\vec{r}(t) = (R\cos t, R\sin t)$ et $t \in [0\,;\,\pi]$, on a $\|\vec{r}\,'(t)\| = R$, donc $ds = R\,dt$. Alors $m = \int_0^{\pi} 0{,}03\,R\sin t \times R\,dt = 0{,}03\,R^2\,[-\cos t]_0^{\pi} = 0{,}06\,R^2$.
Avec $R = 10$ cm : $m = 6$ g.
Écrire $ds = dt$ oublie le facteur $R$ et donne une masse dix fois trop petite.
Exercice 2 : Un point fait un tour du cercle unité dans le sens trigonométrique, soumis à la force $\vec{F}(x,y) = (y, -x)$, en newtons, les longueurs étant en mètres. Calcule le travail $W = \oint_C \vec{F}\cdot d\vec{r}$ de cette force.
Correction :
On paramètre le cercle dans le sens demandé, puis on intègre $\vec{F}(\vec{r}(t))\cdot\vec{r}\,'(t)$.
Avec $\vec{r}(t) = (\cos t, \sin t)$ et $t \in [0\,;\,2\pi]$ : $\vec{r}\,'(t) = (-\sin t, \cos t)$ et $\vec{F}(\vec{r}(t)) = (\sin t, -\cos t)$. Leur produit scalaire vaut $-\sin^2 t - \cos^2 t = -1$, d'où $W = \int_0^{2\pi} (-1)\,dt$.
$W = -2\pi \approx -6{,}28$ J.
Le signe moins a un sens : ce champ tourne dans le sens horaire et freine le point. Dans l'autre sens de parcours, le travail vaudrait $+2\pi$ J.
Exercices : niveau moyen
Exercice 3 : Calcule $I = \oint_C x^2y\,dx + xy^2\,dy$, où $C$ est le cercle unité parcouru dans le sens trigonométrique.
Correction :
Le cercle $C$ borde le disque unité $D$ en le laissant à sa gauche : on applique Green-Riemann avec $P = x^2y$ et $Q = xy^2$.
$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = y^2 - x^2$, donc $I = \iint_D (y^2 - x^2)\,dx\,dy$. Échanger $x$ et $y$ ne change pas le disque, donc $\iint_D y^2\,dx\,dy = \iint_D x^2\,dx\,dy$.
$I = 0$.
Repère ce genre de symétrie avant de passer en polaires : elle t'épargne le calcul.
Exercice 4 : La courbe $C$ est l'intersection du cylindre $x^2 + y^2 = 1$ et du plan $x + y + z = 1$, parcourue une fois dans le sens trigonométrique vue de dessus. Calcule $J = \oint_C x\,dx + y\,dy + z\,dz$.
Correction :
Avant de paramétrer, on regarde si le champ $\vec{F} = (x, y, z)$ est un gradient.
C'est le cas : $\vec{F} = \overrightarrow{\mathrm{grad}}\,f$ avec $f(x,y,z) = \frac{1}{2}(x^2 + y^2 + z^2)$. La circulation vaut $f(B) - f(A)$, et sur une courbe fermée l'extrémité $B$ est confondue avec l'origine $A$.
$J = 0$, quel que soit le sens de parcours.
Paramétrer l'ellipse $C$ mène au même résultat, au prix d'un long calcul.
Exercice 5 : Calcule le flux du champ $\vec{F}(x,y,z) = (x, y, z)$ à travers la sphère unité $S$, orientée vers l'extérieur.
Correction :
Sur la sphère unité, la normale unitaire sortante au point $(x, y, z)$ est $\vec{n} = (x, y, z)$ : on calcule $\vec{F}\cdot\vec{n}$ sans paramétrer.
Sur $S$, $\vec{F}\cdot\vec{n} = x^2 + y^2 + z^2 = 1$. Le flux vaut donc $\iint_S 1\,dS$, c'est-à-dire l'aire de la sphère, $4\pi \times 1^2$.
Flux $= 4\pi$.
Contrôle par Ostrogradski : $\mathrm{div}\,\vec{F} = 3$, et $3 \times \frac{4}{3}\pi = 4\pi$.
Exercice 6 : La surface $S$ est un morceau d'hélicoïde (une rampe qui s'enroule autour de l'axe $Oz$), paramétré par $\vec{r}(u,v) = (u\cos v, u\sin v, v)$ avec $u \in [0\,;\,1]$ et $v \in [0\,;\,\pi]$. Calcule $K = \iint_S \sqrt{1 + x^2 + y^2}\,dS$.
Correction :
On calcule $dS = \|\vec{r}_u \wedge \vec{r}_v\|\,du\,dv$, puis on écrit la fonction en $u$ et $v$.
$\vec{r}_u = (\cos v, \sin v, 0)$ et $\vec{r}_v = (-u\sin v, u\cos v, 1)$, d'où $\vec{r}_u \wedge \vec{r}_v = (\sin v, -\cos v, u)$, de norme $\sqrt{1 + u^2}$. Sur $S$, $x^2 + y^2 = u^2$, donc la fonction vaut aussi $\sqrt{1 + u^2}$.
$K = \int_0^{\pi}\int_0^1 (1 + u^2)\,du\,dv = \pi\left(1 + \frac{1}{3}\right)$, soit $K = \frac{4\pi}{3}$.
Sans la norme de $\vec{r}_u \wedge \vec{r}_v$, tu intégrerais sur le rectangle $[0\,;\,1] \times [0\,;\,\pi]$ à plat, pas sur la surface.
Exercices : niveau difficile
Exercice 7 : Calcule le flux sortant du champ $\vec{F}(x,y,z) = (x^3, y^3, z^3)$ à travers la sphère unité.
Correction :
La sphère est fermée et orientée vers l'extérieur : Ostrogradski remplace le flux par une intégrale triple sur la boule unité $B$.
En coordonnées sphériques, $\mathrm{div}\,\vec{F} = 3(x^2 + y^2 + z^2) = 3\rho^2$, donc le flux vaut
$$\iiint_B 3\rho^2 \cdot \rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta = 3\int_0^1 \rho^4\,d\rho \int_0^{\pi} \sin\varphi\,d\varphi \int_0^{2\pi} d\theta = 3 \times \frac{1}{5} \times 2 \times 2\pi.$$
Flux $= \frac{12\pi}{5}$.
Exercice 8 : Calcule l'aire de la portion du paraboloïde $z = x^2 + y^2$ située sous le plan $z = 1$.
Correction :
On paramètre par $(x, y, x^2 + y^2)$ au-dessus du disque $D : x^2 + y^2 \le 1$, puis on passe en polaires.
$\vec{r}_x \wedge \vec{r}_y = (-2x, -2y, 1)$, de norme $\sqrt{1 + 4(x^2 + y^2)} = \sqrt{1 + 4r^2}$. Alors
$$\mathcal{A} = \int_0^{2\pi}\int_0^1 \sqrt{1 + 4r^2}\,r\,dr\,d\theta = 2\pi\left[\frac{(1 + 4r^2)^{3/2}}{12}\right]_0^1.$$
$\mathcal{A} = \frac{\pi}{6}\left(5\sqrt{5} - 1\right) \approx 5{,}33$ unités d'aire.
Le facteur $r$ des polaires ne s'oublie pas : c'est lui qui rend la primitive immédiate.
Exercice 9 : La surface $S$ est la portion de $z = x^2 + y^2$ située au-dessus du carré $[0\,;\,1]^2$, orientée par la normale dirigée vers le bas. Calcule le flux de $\vec{F}(x,y,z) = (y, -x, z)$ à travers $S$.
Correction :
On reprend $\vec{r}_x \wedge \vec{r}_y = (-2x, -2y, 1)$ de l'exercice 8, mais on vérifie d'abord son orientation.
Sa composante en $z$ vaut $1$, positive : il pointe vers le haut. On prend donc son opposé $\vec{N} = (2x, 2y, -1)$. Sur $S$, $\vec{F} = (y, -x, x^2 + y^2)$ et $\vec{F}\cdot\vec{N} = 2xy - 2xy - (x^2 + y^2) = -(x^2 + y^2)$.
Le flux vaut $-\int_0^1\int_0^1 (x^2 + y^2)\,dx\,dy = -\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{3}\right)$, soit $-\frac{2}{3}$.
Garder $(-2x, -2y, 1)$ sans vérifier donnait $+\frac{2}{3}$ : c'est le piège de l'orientation.
Exercice 10 : La courbe $C$ est l'intersection du cylindre $x^2 + y^2 = 4$ et du plan $z = y$, parcourue dans le sens trigonométrique vue de dessus. Calcule $L = \oint_C -y^3\,dx + x^3\,dy - z^3\,dz$.
Correction :
Stokes remplace la circulation par le flux du rotationnel à travers $S$, la portion du plan $z = y$ intérieure au cylindre, dont $C$ est le bord.
Pour $\vec{F} = (-y^3, x^3, -z^3)$ : $\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{F} = (0, 0, 3x^2 + 3y^2)$. On paramètre $S$ par $(x, y, y)$ sur le disque $D : x^2 + y^2 \le 4$, d'où $\vec{N} = \vec{r}_x \wedge \vec{r}_y = (0, -1, 1)$. Sa composante en $z$ est positive : c'est bien l'orientation que la main droite associe à un parcours trigonométrique vu de dessus.
$\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{F}\cdot\vec{N} = 3(x^2 + y^2)$, donc $L = \int_0^{2\pi}\int_0^2 3r^2 \cdot r\,dr\,d\theta = 2\pi \times 12$.
$L = 24\pi$.
Le terme $-z^3\,dz$ ne compte pas : c'est la différentielle de $-\frac{z^4}{4}$, et sa circulation sur une courbe fermée est nulle. Contrôle direct, avec $x = 2\cos t$ et $y = z = 2\sin t$ : $\int_0^{2\pi} 16\left(\sin^4 t + \cos^4 t\right)dt = 24\pi$.
Bilan et conseils
Avant de paramétrer, regarde le champ et le domaine : une symétrie, un gradient ou un théorème de bord raccourcissent souvent le calcul, comme aux exercices 3, 4 et 7. Quand il faut paramétrer, la norme dans $ds$ et $dS$ ne s'oublie jamais.
Dans une copie, écris l'orientation choisie et la raison pour laquelle elle convient, par exemple « composante en $z$ positive, donc normale vers le haut ». Cette ligne te protège d'une erreur de signe et montre ton raisonnement.
Ce qu'il faut retenir : une circulation ou un flux n'a de sens qu'avec une orientation. Vérifie-la avant d'intégrer, puis contrôle ton résultat par une autre méthode quand c'est possible, comme Ostrogradski à l'exercice 5.
Sources
Toulouse INP, « Formules intégrales », chapitre 6 d'un cours en ligne : intégrales curvilignes, intégrales de surface, formules de Green-Riemann, de Stokes et d'Ostrogradski, avec exemples corrigés.