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CALCUL INTEGRALE PROBLEMES CORRIGES Pr. Charaf Bensouda Université Ibn Tofail. Faculté des sciences Département de mathématique & d’ informatique KENITRA November 2, 2007
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CALCUL INTEGRALE
PROBLEMES CORRIGES
Pr. Charaf BensoudaUniversité Ibn Tofail. Faculté des sciences
Département de mathématique &d’ informatiqueKENITRA
November 2, 2007
Abstract
Ce manuscrit fait l’objet des problèmes d’examans corrigés du calcul intégrale.C’est un exposé détaillé . J’ai enseigné ce cours durant ces dernières années à lafaculté des sciences de l’université Ibn Tofail à Kénitra.
0.1 Problème:
On note par E(k, ϕ) l’expression de l’intégrale elliptique suivante
E(k, ϕ) =
∫ ϕ
0
√1− k2 sin2 tdt
et on pose E(k) = E(k, π2). Soit a, b et c trois réels positifs tels que 0 < a < b.
1- Soit E l’hélice elliptique dont l’équation paramétrique est
r(t) = (a cos t, b sin t, ct).
Montrer que la longueur d’un tour complet de E est donnée par l’expression
L = 4√b2 + c2E
(√b2 − a2
b2 + c2
)
.
2- On considère les cylindres Ca et Cb d’équations respectives x2 + z2 = a2 ety2 + z2 = b2. Exprimer à l’aide de l’expression de l’intégrale elliptique l’aire de laportion Sa du cylindre Ca à l’intérieur du cylindre Cb de même l’aire de la portionSb du cylindre Cb à l’intérieur du cylindre Ca.
3- On suppose que a = b, calculer l’aire de la surface latérale S délimitée parces deux cylindres et par les quatre plans d’équations respectives x = −a ; x =a ; y = −a et y = a.
0.1.1 Correction:
1- On a par définition
L =
∫
Eds =
∫ 2π
0
∥∥∥∥dr
dt
∥∥∥∥ dt.
Or ∥∥∥∥dr
dt
∥∥∥∥ =√b2 + c2
√1− k2 sin2 t avec k =
√b2 − a2
b2 + c2.
Ainsi
L =√b2 + c2
∫ 2π
0
√1− k2 sin2 tdt
= 2√b2 + c2
∫ π2
−π2
√1− k2 sin2 tdt
= 4√b2 + c2
∫ π2
0
√1− k2 sin2 tdt
= 4√b2 + c2E
(√b2 − a2
b2 + c2
)
.
2- La portion de surface Sa du cylindre Ca à l’intérieur du cylindre Cb présenteune symétrie par rapport aux plans de références x = 0 ; y = 0 et z = 0. Notonspar S+a la portion de la surface Sa située dans le premier octant. On a alors
Aire(Sa) = 8Aire(S+a )1
avecS+a = {(x, y, z) ∈ Sa / x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; z ≥ 0} .
Une paramétrisation de la surface S+a est donnée par
x = a cos ty = yz = a sin t
; (t, y) ∈ Da
où le domaine Da est donné par
Da =
{
(t, y) ∈ R2 / 0 ≤ t ≤ π
2; 0 ≤ y ≤ b
√1−(ab
)2sin2 t
}
Son élément de surfacedσa = adtdy
Ainsi
Aire(S+a ) =
∫∫
S+adσa
= a
∫∫
Da
dtdy
= ab
∫ π2
0
√1−(ab
)2sin2 tdt
= abE(ab
).
Par la suiteAire(Sa) = 8Aire(S+a ) = 8abE
(ab
).
La portion de surface Sb du cylindre Cb à l’intérieur du cylindre Ca présenteune symétrie par rapport aux plans de références x = 0 ; y = 0 et z = 0. Notonspar S+b la portion de la surface Sb située dans le premier octant. On a alors
Aire(Sb) = 8Aire(S+b )
avecS+b = {(x, y, z) ∈ Sb / x ≥ 0 ; y ≥ 0 et z ≥ 0} .
Une paramétrisation de la surface S+b est donnée par
x = xy = b cos tz = b sin t
; (t, x) ∈ Db
où le domaine Db est donné par
Db =
(t, x) ∈ R2 / 0 ≤ t ≤ arcsin(
a
b) ; 0 ≤ x ≤ a
√
1−(
b
a
)2sin2 t
Son élément de surfacedσb = bdtdx
2
Ainsi
Aire(S+b ) =
∫∫
S+b
dσb
= b
∫∫
Db
dtdx
= ab
∫ arcsin(ab)
0
√
1−(
b
a
)2sin2 tdt
= abE
(b
a, arcsin(
a
b)
).
Par la suite
Aire(Sb) = 8Aire(S+b ) = 8abE
(b
a, arcsin(
a
b)
).
3- La surface S présente une symétrie par rapport aux plans de référencesx = 0 ; y = 0 et z = 0 et par rapport au plan d’équation x = y. Notons par S0 laportion de la surface S donnée par
S0 = {(x, y, z) ∈ S / 0 ≤ x ≤ a ; 0 ≤ y ≤ x ; 0 ≤ z ≤ a} .
On a alorsAire(S) = 16Aire(S0).
Une paramétrisation de la surface S0 est donnée par
x = xy = a cos tz = a sin t
; (t, x) ∈ D0
où le domaine D0 est donné par
D0 ={(t, x) ∈ R2 / 0 ≤ t ≤ π
4; 0 ≤ x ≤ a cos t
}
Son élément de surfacedσ0 = adtdx
Ainsi
Aire(S0) =
∫∫
S0dσ0
= a
∫∫
D0
dtdx
= a2∫ π
4
0
cos tdt
= 8√2a2.
3
0.2 Problème:
On considère le champ de vecteurs plan donné par f (x, y) =(
−yx2+y2
, xx2+y2
)où
(x, y) �= (0, 0).1- Calculer la circulation du champ f le long des courbes fermées C dans les
cas suivants.i- La courbe C est le cercle centré à l’origine de rayon a > 0 et orienté dans le
sens trigonométrique..ii- La courbe C est la frontière du carré de sommets (−1,−1) ; (−1, 1) ; (1, 1) ;
(1,−1) orientée dans le sens horaire.iii- La courbe C est la frontière de la région plane définie par 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2
et y ≥ 0 orientée dans le sens trigonométrique..2- Soit C une courbe lisse par morceaux du plan (x, o, y) ne passant pas par
l’origine. Un point P ∈ C est repéré par ces coordonnées polaires (r, θ). L’angleθ = θ (x, y).
i- Calculer le gradient de θ.ii- Si la courbe C est fermée et si elle fait k tours au tour de l’origine, montrer
que 12π
∮C f(r).dr = ±k selon le sens de l’orientation de la courbe C.
3- Montrer que le champ f est irrotationnel et puis conclure.
0.2.1 Correction:
1- On considère le champ de vecteurs f donné par
f (x, y) =
( −y
x2 + y2,
x
x2 + y2
); (x, y) �= (0, 0).
i- La courbe C1 est le cercle d’équation x2 + y2 = a2 orientée dans le sensanti-horaire. On a alors la paramétrisation
{x = a cos ty = a sin t
; t ∈ [0, 2π] .
La circulation du champ f le long de la courbe C1 est alors donnée par∮
C1f(r)dr =
∮
C1
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy.
Or {dx = −a sin tdy = a cos t
Il s’en suit que∮
C1f(r)dr =
∮
C1
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy
=
∫ 2π
0
dt
= 2π.
4
ii- La courbe C2 est constituée des quatre segments de droites le segment dedroite ·1 allant du point (1, 1) au point (1,−1), le segment de droite ∆2 allant dupoint (1,−1) au point (−1,−1), le segment de droite ∆3 allant du point (−1,−1)au point (−1, 1) et le segment de droite ∆4 allant du point (−1, 1) au point (1, 1).Ainsi la circulation du champ f le long de la courbe C2 est donnée par
∮
C2f(r)dr =
∫
∆1
f(r)dr +
∫
∆2
f(r)dr +
∫
∆3
f(r)dr +
∫
∆4
f(r)dr.
Le segment de droite ∆1 admet la paramétrisation
{x = 1y = −t
; t ∈ [−1, 1] .
Donc la circulation du champ f le long de la courbe ∆1 est donnée par∫
∆1
f(r)dr =
∫
∆1
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy
=
∫ 1
−1
−dt
1 + t2
= −2∫ 1
0
dt
1 + t2
= −π
2.
Le segment de droite ∆2 admet la paramétrisation
{x = −ty = −1 ; t ∈ [−1, 1] .
Donc la circulation du champ f le long de la courbe ∆2 est donnée par∫
∆2
f(r)dr =
∫
∆2
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy
=
∫ 1
−1
−dt
1 + t2= −2
∫ 1
0
dt
1 + t2
= −π
2.
Le segment de droite ∆3 admet la paramétrisation
{x = −1y = t
; t ∈ [−1, 1] .
Donc la circulation du champ f le long de la courbe ∆3 est donnée par∫
∆3
f(r)dr =
∫
∆3
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy
=
∫ 1
−1
−dt
1 + t2= −2
∫ 1
0
dt
1 + t2
= −π
2.
5
Le segment de droite ∆4 admet la paramétrisation{
x = ty = 1
; t ∈ [−1, 1] .
Donc la circulation du champ f le long de la courbe ∆4 est donnée par∫
∆4
f(r)dr =
∫
∆4
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy
=
∫ 1
−1
−dt
1 + t2= −2
∫ 1
0
dt
1 + t2
= −π
2.
Par conséquent; on a∮
C2f(r)dr =
∫
∆1
f(r)dr +
∫
∆2
f(r)dr +
∫
∆3
f(r)dr +
∫
∆4
f(r)dr = −2π.
iii- La courbe C3 est constituée des deux segments de droites D1 le segment dedroite allant du point (−
√2, 0) au point (−1, 0), D2 le segment de droite allant
du point (1, 0) au point (√2, 0) et des deux demi-cercles supérieurs Γ1 le demi-
cercle supérieur centré à l’origine et de rayon 1 orienté dans le sens horaire etΓ√2 demi-cercle supérieur centré à l’origine et de rayon
√2 orienté dans le sens
trigonométrique.. Ainsi la circulation du champ f le long de la courbe C3 estdonnée par
∮
C3f(r)dr =
∫
D1
f(r)dr +
∫
D2
f(r)dr +
∫
Γ1
f(r)dr +
∫
Γ√2
f(r)dr.
Le segment de droite D1 admet la paramétrisation{
x = ty = 0
; t ∈[−√2,−1
].
Donc la circulation du champ f le long de la courbe D1 est donnée par∫
D1
f(r)dr =
∫
D1
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy = 0.
Le segment de droite D2 admet la paramétrisation{
x = ty = 0
; t ∈[1,√2].
Donc la circulation du champ f le long de la courbe D2 est donnée par∫
D2
f(r)dr =
∫
D2
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy = 0.
Le demi-cercle supérieur Γ1admet la paramétrisation{
x = − cos ty = sin t
; t ∈ [0, π] .
6
Donc la circulation du champ f le long de la courbe Γ1 est donnée par∫
Γ1
f(r)dr =
∫
Γ1
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy.
Or {dx = sin tdy = cos t
.
Donc ∫
Γ1
f(r)dr = −∫ π
0
dt = −π
Le demi-cercle supérieur Γ√2admet la paramétrisation
{x =
√2 cos t
y =√2 sin t
; t ∈ [0, π] .
Donc la circulation du champ f le long de la courbe Γ√2 est donnée par
∫
Γ√2
f(r)dr =
∫
Γ√2
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy.
Or {dx = −
√2 sin t
dy =√2 cos t
.
Donc ∫
Γ1
f(r)dr =
∫ π
0
dt = π.
Par conséquent; on a∮
C3f(r)dr =
∫
D1
f(r)dr +
∫
D2
f(r)dr +
∫
Γ1
f(r)dr +
∫
Γ√2
f(r)dr = 0.
2- On considère C une courbe lisse par morceaux du plan (x, o, y) ne passantpas par l’origine. Un point P ∈ C est repéré par ses coordonnées polaires.
i- En coordonnées polaires on a
{x = r cos θy = r sin θ
; r ≥ 0 , θ ∈ [0, 2π] .
Il s’en suit que
tan θ =y
x.
On en déduit que
dθ =∂θ
∂xdx+
∂θ
∂ydy =
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy.
Il en résulte alors que
∇θ (x, y) = f (x, y) =
( −y
x2 + y2,
x
x2 + y2
).
7
ii- Supposons que la courbe C tourne au tour de l’origine un certain nombrek de tours dans le sens positif. Alors la courbe C est constituée de k courbesC1, C2,...,Ck chacune faisant un seul tour au tour de l’origine dans le sens positif.Ainsi, on a
∮
Cf(r)dr =
k∑
j=1
∮
Cjf(r).dr
=k∑
j=1
∮
Cj∇θ(r).dr
=k∑
j=1
∮
Cjdθ
=k∑
j=1
2π
= 2kπ.
Par conséquent, on a1
2π
∮
Cf(r).dr = k.
Si la courbe C est orientée négativement, on aurait alors
1
2π
∮
Cf(r).dr = −k.
3) On a déjà établi que le champ f = ∇θ donc le champ f est irrotationnel ouencore −→
rot(f) =−→rot(∇θ) = 0.
Or le domaine Df de définition du champ f n’est pas simplement connexe. Dansla question (1) les courbes C1et C2 délimitent respectivement, dansDf , un domaineD1 etD2 contenant l’origine. Dans ces deux cas, la formule de Stokes ne s’appliquepas c’est pour cela que nous avons
∮
C1f(r).dr = −
∮
C2f(r).dr = 2π.
Quand à la courbe C3, elle délimite dans Df un domaine D3 simplement connexeet d’après la formule de Stokes, on a
∮
C3f(r).dr =
∫∫
D3
−→rot(f).Ndσ = 0.
0.3 Problème:
On considère la courbe C de l’espace R3 donnée par la paramétrisation r(t) =(a cos t, b sin t, cos 2t) où t ∈ [0, 2π] avec a et b deux réels positifs. Evaluer de deuxmanières différentes la circulation du champ de vecteurs f donné par f (x, y, z) =(ex + 2y, ey − 3x, cos ez) le long de la courbe C orientée dans le sens horaire.
8
0.3.1 Correction:
D’une part, une paramétrisation de la courbe C orientée dans le sens trigonométriqueest donnée par
x = a cos ty = b sin tz = cos 2t
; t ∈ [0, 2π]
et la circulation du champ f le long de la courbe C orientée dans le sens horaireest donnée par
∮
Cf (r) dr = −
∫ 2π
0
(f1 (r (t))
dx
dt+ f2 (r (t))
dy
dt+ f3 (r (t))
dz
dt
)dt
ou encore
−∮
Cf (r) dr =
∫ 2π
0
f1 (r (t))
(dx
dt
)dt
+
∫ 2π
0
f2 (r (t))
(dy
dt
)dt
+
∫ 2π
0
f3 (r (t))
(dz
dt
)dt.
Or; on a
I1 =
∫ 2π
0
f1 (r (t))
(dx
dt
)dt
= −a
∫ 2π
0
(ea cos t + 2b sin t
)sin tdt
= −a
∫ π
−πea cos t sin tdt− 2ab
∫ π
−πsin2 tdt
= −2ab∫ π
0
(1− cos 2t) dt
= −2πab.
On a
I2 =
∫ 2π
0
f2 (r (t))
(dy
dt
)dt
= b
∫ 2π
0
(eb sin t − 3a cos t
)cos tdt
= b
∫ 2π
0
eb sin t cos tdt− 3ab
∫ 2π
0
cos2 tdt
= b
∫ π2
− 3
2π
eb cos t sin tdt− 3ab
∫ π
−πcos2 tdt
= b
∫ π
−πeb cos t sin tdt− 3ab
∫ π
0
(1 + cos 2t) dt
= −3πab.
9
Et on a
I3 =
∫ 2π
0
f3 (r (t))
(dz
dt
)dt
= −2∫ 2π
0
cos(ecos 2t
)sin 2tdt
= −4∫ π
0
cos(ecos 2t
)sin 2tdt
= −4∫ π
2
−π2
cos(ecos 2t
)sin 2tdt
= 0.
Il s’en suit que la circulation du champ f le long de la courbe C orientée dansle sens horaire est donnée par
∮
Cf (r) dr = 5πab.
D’autre part le domaine de définition du champ f est l’espace R3 tout entierqui est simplement connexe. La courbe C est donnée par la paramétrisation
x = a cos ty = b sin tz = cos 2t
; t ∈ [0, 2π] .
La courbe C délimite alors un domaine D, de l’espace R3, sur la surface d’équation
z =x2
a2− y2
b2.
Si N est le champ unitaire normal sortant de D, d’après la formule de Stokes, ona ∮
Cf(r).dr = −
∫∫
D
−→rot(f).Ndσ.
Or on a −→rot(f) = −5k.
De plus; une paramétrisation de D est donnée par
x = xy = y
z = x2
a2− y2
b2
; (x, y) ∈ D
où
D =
{(x, y) ∈ R2 /
x2
a2+
y2
b2≤ 1
}.
Un champ normal à D est alors donné par
n =
(−2x
a2,−2y
b2, 1
).
10
Il s’en suit que ∫∫
D
−→rot(f).Ndσ = −5
∫∫
D
dxdy.
0n considère le changement de variables suivant{
x = ar cos θy = br sin θ
; (r, θ) ∈ S = [0, 1]× [0, 2π] .
On obtient alors que∫∫
D
dxdy = ab
∫∫
S
rdrdθ = πab.
Il en résulte que ∮
Cf(r).dr = 5πab.
0.4 Problème:
On considère R la région de l’espace R3 dont la frontière est constituée du côneelliptique d’axe parallèle à l’axe (oz) de sommet (0, 0, c) et dont la base est le
disque elliptique d’équation x2
a2+ y2
b2= 1 du plan (x, o, y) avec 0 < a < b < c
donnée par l’équation
z = c
(
1−√
x2
a2+
y2
b2
)
.
Calculer le flux à travers le coté extérieur de la région R du champ de vecteurs fdonné par
f (x, y, z) = (x− cos (y) ln(z), y − sin(x) ln(z), z − cos(xy)) .
0.4.1 Correction:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée par la surface S constituée dudisque elliptique D du plan (x, o, y) donné par l’équation
x2
a2+
y2
b2≤ 1
et par le cône Γ d’équation
0 ≤ z ≤ c
(
1−√
x2
a2+
y2
b2
)
.
D’après le théorème du Flux-divergence, si N est le champ unitaire normal sortantde la surface S, le flux du champ
f (x, y, z) = (x− cos (y) ln(z), y − sin(x) ln(z), z − cos(xy))
11
est donné par
FluxS(f) =
∮ ∮
Sf.Ndσ =
∫∫∫
R
div(f)dxdydz.
Or;div(f) = 3.
Donc ∫∫∫
R
div(f)dxdydz = 3V ol (R) .
Par ailleurs
V ol (R) =
∫∫∫
Rdxdydz
= c
∫∫
D
1−√
x2
a2+
y2
b2dxdy.
0n considère le changement de variables suivant{
x = ar cos θy = br sin θ
; (r, θ) ∈ S = [0, 1]× [0, 2π] .
On obtient alors que
V ol (R) = abc
∫∫
S
r (1− r) drdθ =π
3abc.
Il en résulte queFluxS(f) = πabc.
0.5 Problème:
On considère l’ellipsoïde S donnée par l’équation
x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1 ; a, b, c ∈ R∗+.
1- Donner, moyennant les coordonnées sphériques, une paramétrisation de l’el-lipsoïde S puis calculer n le vecteur normal sortant en chaque point de S.
2- Soit v un vecteur constant de R3. Montrer que le flux du champ de vecteurf donné par f (x, y, z) = (xyz)v est nul à travers le coté extérieur de S.
3- On suppose que a = b > c. Calculer l’aire de S puis, en faisant tendre cvers a, retrouver l’aire de la sphère de rayon a.
Indication:∫ √
1 + u2du =u
2
√1 + u2 +
1
2ln(u+
√1 + u2
)+ cst.
12
0.5.1 Correction:
1- Une paramétrisation de l’ellipsoïde S est donnée par
x = a cos θ sinϕy = b sin θ sinϕz = c cosϕ
; (θ, ϕ) ∈ [0, 2π]× [0, π] .
Un vecteur u normal à la surface S est donné par
u =
∂x∂θ∂y
∂θ∂z∂θ
∧
∂x∂ϕ∂y
∂ϕ∂z∂ϕ
= −
bc cos θ sin2 ϕac sin θ sin2 ϕab cosϕ sinϕ
Or pour (θ, ϕ) = (0, π2), on a r(0, π
2) = (a, 0, 0) et u = −(bc, 0, 0). u est alors un
vecteur normal entrant. Ainsi le champ de vecteurs normal sortant de la surfaceS est donné par
n =(bc cos θ sin2 ϕ, ac sin θ sin2 ϕ, ab cosϕ sinϕ
).
2- On considère le champ de vecteurs f de direction constante v = (v1, v2, v3)donné par
f (x, y, z) = (xyz) v.
D’après le théorème de Flux-divergence, si on désigne par R la région délimitéepar l’ellipsoïde S dont le champ unitaire normal sortant est
N =n
‖n‖ ,
on a
FluxS(f) =
∮ ∮
Sf.Ndσ =
∫∫∫
R
div(f)dxdydz.
Par ailleurs; on adiv(f) = yzv1 + xzv2 + xyv3.
Ainsi∫∫∫
R
div(f)dxdydz = v1
∫∫∫
R
yzdxdydz+v2
∫∫∫
R
xzdxdydz+v3
∫∫∫
R
xydxdydz.
Or, la région R présente des symétries par rapport aux plans de références x = 0,y = 0 et z = 0. Donc on a
∫∫∫
R
yzdxdydz =
∫∫∫
R
xzdxdydz =
∫∫∫
R
xydxdydz = 0.
Il en résulte queFluxS(f) = 0.
13
3- On suppose que a = b > c. Une paramétrisation de l’ellipsoïde S est donnéepar
x = a cos θ sinϕy = a sin θ sinϕz = c cosϕ
; (θ, ϕ) ∈ D = [0, 2π]× [0, π] .
Son élément de surface est donné par
dσ = ‖n‖ dθdϕ = ac sinϕ
√
1 +
(a2 − c2
c2
)cos2 ϕdθdϕ.
i- L’aire de la surface S est par définition donnée par
Aire(S) =
∫∫
Sdσ
= ac
∫∫
D
sinϕ
√
1 +
(a2 − c2
c2
)cos2 ϕdθdϕ
= ac
∫ 2π
0
(∫ π
0
sinϕ
√
1 +
(a2 − c2
c2
)cos2 ϕdϕ
)
dθ
= 2πac
∫ π
0
sinϕ
√
1 +
(a2 − c2
c2
)cos2 ϕdϕ.
On pose
k =
√a2 − c2
c2
et on considère le changement de variable u = k cosϕ, on obtient
∫ π
0
sinϕ
√
1 +
(a2 − c2
c2
)cos2 ϕdϕ =
1
k
∫ k
−k
√1 + u2du =
2
k
∫ k
0
√1 + u2du
=√1 + k2 +
1
kln(k +
√1 + k2
).
Il en résulte que
Aire(S) = 2πac
(√1 + k2 +
1
kln(k +
√1 + k2
))
= 2πac
(a
c+
√c2
a2 − c2ln
(a
c+
√a2 − c2
c2
))
= 2πa2 + 2πac
√c2
a2 − c2ln
(a
c+
√a2 − c2
c2
)
.
Par la suite, on fait tendre c vers a, on a
limc→a
ln
(ac+√
a2
c2− 1
)
√a2
c2− 1
= limk→0
ln(k +
√1 + k2
)
k= 1.
Il s’en suit quelimc→a
Aire(S) = 4πa2.
14
0.6 Problème:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée par le plan de référence d’équa-tion z = 0 et par la surface S d’équation
z = 2a− x2 + y2
2a; 0 ≤ z ≤ 2a.
1- Calculer le volume de la région R.2- Donner une paramétrisation de la surface S et calculer son aire.3- Soit f le champ de vecteurs donné par
f (x, y, z) =
(x
√x2 + y2 + a2
,y
√x2 + y2 + a2
,a
√x2 + y2 + a2
)
; ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Calculer le flux du champ f à travers les cotés extérieurs de la région R.ii- Retrouver alors l’aire de la surface S.4- Soit g le champ de vecteur donné par
g (x, y, z) = (x, y, z) ; ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Calculer le flux du champ g à travers la surface S.ii- Retrouver alors le volume de la région R.5- On considère C la courbe d’intersection de la surface S et du plan d’équation
z = 32a, orientée dans le sens positif. Soit h le champ de vecteur donné par
h (x, y, z) =(ln(1 + cos2 x)− y3, ln(1 + sin2 y) + x3, ln(1 + ex)
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
Evaluer la circulation du champ h le long de la courbe C, de deux façons, commeintégrale de surface d’un champ de vecteurs sur deux surfaces différentes.
0.6.1 Correction:
1- Le volume de la région R est donné par
V ol (R) =
∫∫∫
R
dxdydz.
Or la région R est donnée par la paramétrisation
x = r cos θy = r sin θz = z
; (r, θ, z) ∈ R
avec
R =
{(r, θ, z) ∈ R3 / 0 ≤ θ ≤ 2π ; 0 ≤ r ≤ 2a ; 0 ≤ z ≤ 2a− r2
2a
}.
15
Ainsi, d’après la formule de changement de variables pour les intégrales triples,on a
∫∫∫
Rdxdydz =
∫∫∫
R
rdrdθdz =
∫ 2π
0
(∫ 2a
0
(∫ 2a− r2
2a
0
dz
)
rdr
)
dθ
= 2π
∫ 2a
0
(2a− r2
2a
)rdr = 4πa3.
2- L’aire de la surface S est donnée par
Aire(S) =∫∫
S
dσ.
Or, la surface S est donnée par l’équation
z = 2a− x2 + y2
2a; 0 ≤ z ≤ 2a.
Une paramétrisation de la surface S est donnée par
x = xy = y
z = 2a− x2+y2
2a
; (x, y) ∈ D
oùD =
{(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 4a2
}.
Son élement de surface est donné par
dσ = ‖n‖ dxdy
où n est le champ normal à la surface S. On a
n =(xa,y
a, 1),
donc
dσ =1
a
√x2 + y2 + a2dxdy.
Par la suite ∫∫
S
dσ =1
a
∫∫
D
√x2 + y2 + a2dxdy.
En coordonnées polaires, on a{
x = r cos θy = r sin θ
; (r, θ) ∈ [0, 2a]× [o, 2π] .
Ainsi, d’après la formule de changement de variables pour les intégrales doubles,on a
∫∫
D
√x2 + y2 + a2dxdy =
(∫ 2π
0
dθ
)(∫ 2a
0
r√r2 + a2dr
)
= 2π
∫ a√5
a
t2dt =2
3
(5√5− 1
)πa3.
16
Il en résulte que
Aire(S) = 2
3
(5√5− 1
)πa2.
3/i- On désigne par Ext (R) les cotés extérieurs de la région R. D’après le
théorème de Flux-divergence, si N est le champ unitaire normal sortant de lasurface Ext (R), on a
FluxExt(R)(f) =
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ =
∫∫∫
R
div(f)dxdydz.
Or on a
div(f) =x2 + y2 + 2a2
(x2 + y2 + a2)3
2
.
Donc ∫∫∫
R
div(f)dxdydz =
∫∫∫
R
x2 + y2 + 2a2
(x2 + y2 + a2)3
2
dxdydz.
En coordonnées cylindriques
x = r cos θy = r sin θz = z
; (r, θ, z) ∈ R,
avec
R =
{(r, θ, z) ∈ R3 / 0 ≤ r ≤ 2a ; 0 ≤ θ ≤ 2π ; 0 ≤ z ≤ 2a− r2
2a
}.
Ainsi, d’après la formule de changement de variables pour les intégrales triples,on a∫∫∫
R
x2 + y2 + 2a2
(x2 + y2 + a2)3
2
dxdydz =
∫∫∫
R
r(r2 + 2a2)
(r2 + a2)3
2
drdθdz
=
∫ 2π
0
(∫ 2a
0
(∫ 2a− r2
2a
0
dz
)
r(r2 + 2a2)
(r2 + a2)3
2
dr
)
dθ
=π
a
∫ 2a
0
r(r2 + 2a2) (4a2 − r2)
(r2 + a2)3
2
dr
=π
a
∫ a√5
a
(t2 + a2) (5a2 − t2)
t2dt
=π
a
∫ a√5
a
(5a4
t2+ 4a2 − t2dt
)=
4
3
(1 +
√5)πa2.
Il en résulte que
FluxExt(R)(f) =4
3
(1 +
√5)πa2.
17
ii- Les cotes extérieurs de la région R sont constitués de la surface S et dudisque D du plan (x, o, y) centré à l’origine et de rayon 2a. Par conséquent, on a
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ =
∫∫
S
f.NSdσS +
∫∫
D
f.NDdσD.
D’une part, le disque D est dans le plan (x, o, y). Son champ normal unitairesortant est
ND = −k,
son élément de surface estdσD = dxdy.
Donc ∫∫
D
f.NDdσD = −a
∫∫
D
dxdy√
x2 + y2 + a2.
En coordonnées polaires
{x = r cos θy = r sin θ
; (r, θ) ∈ ∆ = [0, 2a]× [0, 2π] .
D’après la formule de changement de variables pour les intégrales doubles, on a
∫∫
D
dxdy√
x2 + y2 + a2=
∫∫
∆
r√r2 + a2
drdθ
= 2(√
5− 1)πa.
Il en résulte que ∫∫
D
f.NDdσD = 2(1−
√5)πa2.
D’autre part, la surface S est donnée par la paramétrisation
x = xy = y
z = 2a− x2+y2
2a
; (x, y) ∈ D
oùD =
{(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 4a2
}.
Son champ unitaire normal sortant est donné par
NS =
(x
√x2 + y2 + a2
,y
√x2 + y2 + a2
,a
√x2 + y2 + a2
)
= f (x, y, z) .
par la suite ∫∫
S
f.NSdσS =
∫∫
S
dσS = Aire(S).
18
Il s’en suit que
Aire(S) =
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ −
∫∫
Df.NDdσD
=4
3
(1 +
√5)πa2 − 2
(1−
√5)πa2
=2
3
(5√5− 1
)πa2.
4- On considère le champ de vecteurs g donné par
g (x, y, z) = (x, y, z) ; ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Le flux de g à travers la surface S est donné par
FluxS(g) =
∫∫
S
g.NSdσ.
Or; l’élément de surface de S est
dσ =1
a
√x2 + y2 + a2dxdy.
De plus
g.NS =x2 + y2 + az√
x2 + y2 + a2.
Donc
FluxS(g) =1
2a
∫∫
D
(x2 + y2 + 4a2
)dxdy.
En coordonnées polaires
{x = r cos θy = r sin θ
; (r, θ) ∈ ∆ = [0, 2a]× [0, 2π] .
D’après la formule de changement de variables pour les intégrales doubles, on a
∫∫
D
(x2 + y2 + 4a2
)dxdy =
∫∫
∆
r(r2 + 4a2
)drdθ = 24πa4.
Il en résulte queFluxS(g) = 12πa3.
ii- D’après le théorème de Flux-divergence, si N est le champ unitaire normalsortant de la surface Ext (R), on a
FluxExt(R)(g) =
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ =
∫∫∫
R
div(g)dxdydz.
D’une part; on adiv(g) = 3.
19
Donc
FluxExt(R)(g) = 3
∫∫∫
R
dxdydz = 3V ol (R) .
D’autre part; on a
FluxExt(R)(g) = FluxS(g) + FluxD(g).
Or le disque D est dans le plan (x, o, y). Son champ normal unitaire sortantest
ND = −k,
son élément de surface estdσD = dxdy.
Donc
FluxD(g) =
∫∫
D
g.NDdσD = −∫∫
D
zdσD = 0.
Il en résulte que
V ol (R) =1
3FluxS(g) = 4πa3.
5- On considère C la courbe d’intersection de la surface S et du plan d’équation
z =3
2a.
La courbe C vérifie donc l’équation
3
2a = 2a− x2 + y2
2a⇔ x2 + y2 = a2.
C est donc le cercle du plan d’équation
z =3
2a
centré au point (0, 0, 32a) et de rayon a. Soit h le champ de vecteurs donné par
h (x, y, z) =(ln(1 + cos2 x)− y3, ln(1 + sin2 x) + x3, ln(1 + ex)
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
On se propose d’évaluer la circulation du champ h le long de la courbe C supposéeorientée dans le sens trigonométriquePremier cas:
La courbe C délimite dans le plan d’équation
z =3
2a
un disque DC. D’après la formule de Stokes, on a∮
Ch(r)dr =
∫∫
DC
rot(h).NDCdσDC
oùNDC = k
20
est le champ unitaire normal de DC dont l’orientation est compatible avec cellede la courbe C, son élément de surface
dσDC = dxdy.
De plus, on arot(h) = 3
(x2 + y2
)k.
On obtient alors ∮
Ch(r)dr = 3
∫∫
DC
(x2 + y2
)dxdy.
Deuxième cas:
La courbe C délimite sur la surface S un certaine portion notée SC. Son champunitaire normal NSC , d’orientation compatible avec celle de la courbe C, est
NSC =
(x
√x2 + y2 + a2
,y
√x2 + y2 + a2
,a
√x2 + y2 + a2
)
.
D’après la formule de Stokes, on a
∮
Ch(r)dr =
∫∫
SC
rot(h).NSCdσSC = 3
∫∫
SC
(x2 + y2
)k.NSCdσSC .
Son élémént de surface de S est
dσ =1
a
√x2 + y2 + a2dxdy.
Donc ∫∫
SC
(x2 + y2
)k.NSCdσSC =
∫∫
D
(x2 + y2
)dxdy
En coordonnées{
x = r cos θy = r sin θ
; (r, θ) ∈ ∆ = [0, a]× [0, 2π] .
Il s’en suit que
∫∫
D
(x2 + y2
)dxdy =
∫∫
∆
r3drdθ
=1
2πa4.
Il en résulte que ∮
Ch(r)dr =
3
2πa4.
21
0.7 Problème:
On considère R la région de l’espace (o; x, y, z) délimitée par l’ellipsoïde S d’équa-tion
x2
4+
y2
4+
z2
2= 1.
1- Montrer qu’en tout point P = (x, y, z) ∈ S, le vecteur normal unitairesortant est donné par
N (x, y, z) =
(x√
4 + 2z2,
y√4 + 2z2
,2z√
4 + 2z2
).
On vérifiera que (1, 1, 1) ∈ S et que N(1, 1, 1) est sortant.2- Calculer la divergence du champ de vecteurs N .3- On désigne par R+, respectivement S+, la portion de la région R respec-
tivement de la surface S située dans le premier octant.i-Montrer que l’aire de S+est donnée par
Aire(S+) =√2
∫∫∫
R+
4 + z2
(2 + z2)3
2
dxdydz.
ii- Donner une paramétrisation de S+ et calculer l’intégrale triple
∫∫∫
R+
4 + z2
(2 + z2)3
2
dxdydz.
4- Le plan d’équation x = y coupe l’ellipsoïde S en deux surfaces S1et S2 dontla courbe frontière commune notée C. Soit f le champ de vecteurs donné par
f (x, y, z) =(cos(1 + x2)− z3, sin(1 + y2), tan(1 + z2) + x3
)∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Evaluer la circulation du champ f le long de la courbe C orientée positive-ment.
ii- Comparer les intégrales de surfaces suivantes∫∫
S1
rot(f)Ndσ et
∫∫
S2
rot(f)Ndσ .
0.7.1 Correction:
On considère la fonction de trois variables suivante
g (x, y, z) =x2
4+
y2
4+
z2
2.
L’ellipsoïde S est alors donnée par l’équation
g (x, y, z) = 1.
22
1- Pour tout (x, y, z) ∈ S, un vecteur normal à la surface S en (x, y, z) estdonné par
∇g (x, y, z) =(x2,y
2, z).
On a ∇g �= 0 sur la surface S, on a ∇g(1, 1, 1) =(12, 12, 1). Donc ∇g (x, y, z) est
un vecteur normal sortant de la surface S. Par la suite le champ unitaire normalsortant de la surface S est
N (x, y, z) =∇g (x, y, z)
‖∇g (x, y, z)‖ =
(x√
4 + 2z2,
y√4 + 2z2
,2z√
4 + 2z2
).
2- On a par définition
div(N) =∂
∂x
(x√
4 + 2z2
)+
∂
∂y
(y√
4 + 2z2
)+
∂
∂z
(2z√
4 + 2z2
)
=4√
4 + 2z2+ 2z
∂
∂z
(1√
4 + 2z2
)
=4
(4 + 2z2)1
2
− 4z2
(4 + 2z2)3
2
=√2
(4 + z2
(2 + z2)3
2
)
.
3) On désigne par Ext (R+) les cotés extérieurs deR+. SiNExt(R+)est le champunitaire normal sortant de Ext (R+), d’après le théorème du Flux-divergence, ona
FluxExt(R+)(N) =
∮ ∮
Ext(R+)
N (x, y, z) .NExt(R+)dσExt(R+)
=
∫∫∫
R+
div(N)dxdydz
=√2
∫∫∫
R+
4 + z2
(2 + z2)3
2
dxdydz.
Or; la surface Ext (R+) est constituée de la surface S+ et des surfaces- Λx du plan d’équation x = 0 donnée par
Λx =
{(x, y, z) ∈ R3+ / x = 0 ;
y2
4+
z2
2≤ 1
}
- Λy du plan d’équation y = 0 donnée par
Λy =
{(x, y, z) ∈ R3+ / y = 0 ;
x2
4+
z2
2≤ 1
}
- Λz du plan d’équation z = 0 donnée par
Λz ={(x, y, z) ∈ R3+ / z = 0 ; x2 + y2 ≤ 4
}
Il s’en suit que
FluxExt(R+)(N) = FluxS+(N) + FluxΛx(N) + FluxΛy(N) + Fluxz(N)
23
Par ailleurs; si NΛxest le champ unitaire normal sortant, on a
FluxΛx(N) =
∫∫
Λx
N.NΛxdσΛx .
Or; Λx est dans plan d’équation x = 0. Donc son champ unitaire normal sortant
NΛx = −i
et son élément de surfacedσΛx = dydz
Par conséquent
∫∫
Λx
N.NΛxdσΛx = −∫∫
Λx
x√4 + 2z2
dydz = 0.
De même; si NΛyest le champ unitaire normal sortant, on a
FluxΛy(N) =
∫∫
Λy
N.NΛydσΛy .
Or; Λy est dans plan d’équation y = 0. Donc son champ unitaire normal sortant
NΛy = −j
et son élément de surfacedσΛy = dxdz
Par conséquent
∫∫
Λy
N.NΛydσΛy = −∫∫
Λx
y√4 + 2z2
dxdz = 0.
Et aussi; si NΛzest le champ unitaire normal sortant, on a
FluxΛz(N) =
∫∫
Λy
N.NΛzdσΛz .
Or; Λz est dans plan d’équation z = 0. Donc son champ unitaire normal sortant
NΛz = −k
et son élément de surfacedσΛz = dxdy
Par conséquent
∫∫
Λz
N.NΛzdσΛz = −∫∫
Λx
z√4 + 2z2
dxdy = 0.
24
D’autre part; le champ unitaire normal sortant de la surface S+ est précisément
NS+ = NS = N (x, y, z) .
Il s’en suit que
FluxS+(N) =
∫∫
S+
N (x, y, z) .NS+dσS+ =
∫∫
S+
dσS+ = Aire(S+).
Il en résulte que
Aire(S+) =√2
∫∫∫
R+
4 + z2
(2 + z2)3
2
dxdydz.
ii- Une paramétrisation de la surface S+ est donnée par
x = 2 cos θ sinϕy = 2 sin θ sinϕ
z =√2 cosϕ
; (θ, ϕ) ∈ K =[0,
π
2
]×[0,
π
2
].
Son élément de surface
dσS+ = 2√2 sinϕ
√1 + cos2 ϕdθdϕ.
Par la suite
Aire(S+) =
∫∫
S+dσS+
= 2√2
∫∫
K
sinϕ√1 + cos2 ϕdθdϕ
= π√2
∫ π2
0
sinϕ√1 + cos2 ϕdϕ
= π√2
∫ 1
0
√1 + u2du
=π√2
(√2 + log(1 +
√2)).
Il en résulte que∫∫∫
R+
4 + z2
(2 + z2)3
2
dxdydz =π
2
(√2 + log(1 +
√2)).
4/i- La courbe C d’intersection de la surface S et du plan d’équation y = x vérifie
le système d’équations {x− y = 0x2 + z2 = 2
.
C est donc le cercle du plan d’équation y = x, centré à l’origine et de rayon√2.
Soit D le disque du plan d’équation y = x délimité par la courbe C. D’après laformule de Stokes; on a
∮
Cf(r).dr =
∫∫rot(f).NDdσD,
25
où ND est le champ unitaire normal du disque D dont l’orientation est compat-ible avec l’orientation positive de la courbe C. Le disque D est donné par laparamétrisation
x = xy = xz = z
(x, z) ∈ D
oùD =
{(x, z) ∈ R2 / x2 + z2 ≤ 2
}.
Son champ unitaire normal est donc le champ uniforme
ND =1√2(1,−1, 0) ,
Son élément de surfacedσD =
√2dxdz.
D’autre part; on arot(f) = −3
(x2 + z2
)j.
Ainsi, la circulation du champ f le long de la courbe C est donnée par∮
Cf(r).dr =
∫∫rot(f).NDdσD = 3
∫∫
D
(x2 + z2
)dxddz.
En coordonnées polaires, on a{
x = r cos θz = r sin θ
(r, θ) ∈ ∆ =[0,√2]× [0, 2π] .
D’après la formule de changement de variables pour les intégrales doubles onobtient ∫∫
D
(x2 + z2
)dxddz =
∫∫
∆
r3drdθ = 2π.
Il en résulte que ∮
Cf(r).dr = 6π.
ii- Le plan d’équation y = x coupe l’ellipsoïde S en deux surfaces S1 et S2 dontla courbe frontière commune est la courbe C. Comme la surface S est orientable,les orientations des surfaces S1 et S2 induisent sur la courbe C deux orientationscontraires l’une de l’autre. Soit N1, respectivement N2, le champ unitaire normalde la surface S1, respectivement S2, compatible avec l’orientation positive de lacourbe C. On a alors
N1 = −N2.
D’après la formule de Stokes; on a∫∫
S1
rot(f).N1dσ1 =
∮
Cf(r).dr =
∫∫
S2
rot(f).N2dσ2.
Or; on adσ1 = dσ2 = dσS.
26
Supposons que N1 = NS alors N2 = −NS . On a alors la relation
∫∫
S1
rot(f).NSdσS = −∫∫
S1
rot(f).NSdσS.
0.8 Problème:
On considère S l’ellipsoïde de l’espace R3 donnée par l’équation
x2
4a2+
y2
4a2+
z2
a2= 1 ; a > 0.
1- Donnée une paramétrisation de la surface S et calculer son aire.2- Soit f le champ de vecteurs donné par
f (x, y, z) = (x, y, 4z) ; ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Montrer que le champ f est normal à la surface S.ii- En déduire que la circulation du champ f le long de toute courbe lisse tracée
sur la surface S est nulle.3- Considérons R la région de l’espace R3 délimitée par les plans de références
d’équations respectives y = 0 et z = 0, par le plan d’équation y = x et par laportion S0 de la surface S donnée par
S0 = {(x, y, z) ∈ S / 0 ≤ y ≤ x ; z ≥ 0}
i- Calculer le flux à travers les cotés extérieurs de la région R.ii- En déduire le volume de la région R.4- Soit C la courbe d’intersection de l’ellipsoïde S et du plan d’équation y = x
et soit g le champ de vecteurs donné par
g (x, y, z) =(log(1 + (x+ y)2), arctan(x+ y), x3 + y3 + z3
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
Evaluer la circulation du champ g le long de la courbe C orientée positivement.
0.8.1 Correction:
1- Une paramétrisation de l’ellipsoïde S est donnée par
x = 2a cos θ sinϕy = 2a sin θ sinϕ
z = a cosϕ; (θ, ϕ) ∈ K = [0, 2π]× [0, π] .
L’aire de la surface S est donnée par
Aire(S) =∫∫
S
dσ.
27
Son élément de surface est
dσ = 2a2 sinϕ√1 + 3 cos2 ϕdθdϕ.
Ainsi; on obtient que∫∫
Sdσ = 2a2
∫∫
K
sinϕ√1 + 3 cos2 ϕdθdϕ
= 4πa2∫ π
0
sinϕ√1 + 3 cos2 ϕdϕ.
On considère le changement de variable u =√3 cosϕ. On obtient alors
∫ π
0
sinϕ√1 + 3 cos2 ϕdϕ =
1√3
∫ √3
−√3
√1 + u2du
=2√3
∫ √3
0
√1 + u2du
=2√3
[u
2
√1 + u2 +
1
2log(u+
√1 + u2
)]√3
0
= 2 +1√3log(2 +
√3).
Il en résulte que
Aire(S) = 4
(2 +
1√3log(2 +
√3)
)πa2.
2/i- On pose
φ (x, y, z) =x2
4a2+
y2
4a2+
z2
a2; ∀ (x, y, z) ∈ R3.
La surface S vérifie alors l’équation
φ (x, y, z) = 1
ou encore; S est une surface de niveaux de champ scalaire φ. Un champ normalà la surface S est alors donné par
∇φ (x, y, z) =
(x
2a2,
y
2a2,2z
a2
)
=1
2a2(x, y, 4z)
=1
2a2f (x, y, z) .
Il s’en suit que le champ f est normal à la surface S.ii- Considérons C une courbe lisse tracée sur la surface S. La circulation du
champ f le long de la courbe C est donnée par∫
Cf(r).dr =
∫
Cxdx+ ydy + 4zdz.
28
Or; les points de la courbe C vérifient l’équation
φ (x, y, z) = 1.
Par la suite, sur la courbe C, on a
dφ = xdx+ ydy + 4zdz = 0.
Ainsi, on obtient que
∫
Cf(r).dr =
∫
Cxdx+ ydy + 4zdz = 0.
3/i- Les cotés extérieurs de la régionR, noté Ext (R) sont constitués de la surface
S0, et des trois surfaces- La surface Sy du plan d’équation y = 0 donnée par
Sy ={(x, y, z) ∈ R3+ / y = 0 ;
x2
4a2+
z2
a2≤ 1
}.
- La surface Sz du plan d’équation z = 0 donnée par
Sz ={(x, y, z) ∈ R3+ / z = 0 ; x2 + y2 ≤ 4a2
}.
- La surface Syx du plan d’équation y = x donnée par
Syx ={(x, y, z) ∈ R3+ / y = x ;
y2
2a2+
z2
a2≤ 1
}.
Ainsi; le flux du champ f à travers les cotés extérieurs de la région R est alorsdonné par
FluxExt(R)(f) = FluxS0(f) + FluxSy(f) + FluxSz(f) + FluxSyx(f).
La surface Sy du plan d’équation y = 0, son champ unitaire sortant est lechamp uniforme
NSy = −j.
Ainsi; on a
FluxSy(f) =
∫∫
Sy
f.NSydσSy = −∫∫
Sy
ydσSy = 0.
La surface Sz du plan d’équation z = 0, son champ unitaire sortant est lechamp uniforme
NSz = −k.
Ainsi; on a
FluxSz(f) =
∫∫
Sz
f.NSedσSz = −4∫∫
Sz
zdσSz = 0.
29
La surface Syx du plan d’équation y = x, son champ unitaire sortant est lechamp uniforme
NSyx =1√2(−1, 1, 0) .
Ainsi; on a
FluxSyx (f) =
∫∫
Syx
f.NSyxdσSyx =
∫∫
Syx
(y − x) dσSyx = 0.
Par la suite, on a
FluxExt(R)(f) = FluxS0(f) =
∫∫
S0
f.NS0dσS0 .
La surface S0 est une portion de la surface S. Donc la surface S0 admet laparamétrisation
x = 2a cos θ sinϕy = 2a sin θ sinϕz = a cosϕ
; (θ, ϕ) ∈ K0 =[0,
π
4
]×[0,
π
2
].
Son champ normal n est donné par
n =
∂x∂θ∂y
∂θ∂z∂θ
∧
∂x∂ϕ∂y
∂ϕ∂z∂ϕ
= −2a2 sinϕ
cos θ sinϕsin θ sinϕ2 cosϕ
Son élément de surface est
dσS0 = ‖n‖ dθdϕ = 2a2 sinϕ√1 + 3 cos2 ϕdθdϕ.
Son champ unitaire normal sortant est donné par
NS0 =1
√1 + 3 cos2 ϕ
cos θ sinϕsin θ sinϕ2 cosϕ
.
∫∫
S0f.NS0dσS0 = 4a3
∫∫
K0
(1 + 3 cos2 ϕ
)sinϕdθdϕ
= 4a3
(∫ π4
0
dθ
)(∫ π2
0
(1 + 3 cos2 ϕ
)sinϕdϕ
)
= πa3∫ √
3
0
(1 + u2
)du = 2πa3.
Il en résulte queFluxExt(R)(f) = 2πa3.
30
ii- D’après le théorème de Flux-divergence, si le champ unitaire sortant de lasurface lisse par morceaux Ext (R) est noté NExt(R) et si son élément de surfaceest noté dσExt(R), on a la relation
∮ ∮
Ext(R)f.NExt(R)dσExt(R) =
∫∫∫
R
div(f)dxdydz = 6
∫∫∫
R
dxdydz = 6V ol (R) .
Il en résulte que
V ol (R) =1
6FluxExt(R)(f) =
π
3a3.
4- La courbe C est la courbe d’intersection de l’ellipsoïde S et du plan d’équa-tion y = x. La courbe C vérifie donc le système d’équations
{x− y = 0
x2
2a2+ z2
a2= 1
.
La courbe C délimite dans le plan d’équation y = x le disque elliptique D donnépar
D =
{(x, y, z) ∈ R3 / x = y ;
x2
2a2+
z2
a2≤ 1
}.
D’après la formule de Stokes, si ND est le champ unitaire du disque D dontl’orientation est compatible avec l’orientation positive de la courbe C, la circulationdu champ de vecteurs
g (x, y, z) =(log(1 + (x+ y)2), arctan(x+ y), x3 + y3 + z3
)
le long de la courbe C est alors donnée par
∮
Cg(r).dr =
∫∫
D
rot(g).NDdσD.
Or; D est un disque du plan d’équation y = x, son champ unitaire normal ND estle champ uniforme
ND =1√2(1,−1, 0) .
Par ailleurs; on a
rot(g) =
(3y2,−3x2, 1− (2x+ y)
(1 + x+ y)2
).
Par la suite , on obtient que
∫∫
D
rot(g).NDdσD = 3√2
∫∫
D
x2dσD.
Une paramétrisation du disque elliptique D est donnée par
x =√2ar cos θ
y =√2ar cos θ
z = ar sin θ; (r, θ) ∈ ∆ = [0, 1]× [0, 2π] .
31
Son élément de surface dσD est donné par
dσD = ‖n‖ drdθ = 2a2rdrdθ.
Par la suite, on a
∫∫
D
x2dσD = 4a4∫∫
∆
r3 cos2 θdrdθ = πa4.
Il en résulte que ∮
Cg(r).dr = 3
√2πa4.
0.9 Problème:
On considère la région R de l’espace R3délimitée par l’ellipsoïde S d’équation
x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1 ; a, b, c ∈ R∗+.
1- Montrer, à l’aide de la formule de changement de variables pour les intégralestriples, les égalitées suivantes
∫∫∫
R
x2
a2dxdydz =
∫∫∫
R
y2
b2dxdydz =
∫∫∫
R
z2
c2dxdydz.
2- Soit f le champ de vecteur donné par
f (x, y, z) =
(x3
a2+ log(1 + y2z2),
y3
b2+ tan(xz),
z3
c2+ exy
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Calculer le flux du champ f à travers le coté extérieur de l’ellipsoïde S.ii- En déduire la valeur commune des trois intégrales
∫∫∫
R
x2
a2dxdydz =
∫∫∫
R
y2
b2dxdydz =
∫∫∫
R
z2
c2dxdydz.
3- On suppose que a = b et on désigne par Σ la surface de la portion de larégion R située dans le premier octant. Calculer l’intégrale de surface suivante
∫∫
Σ
1√
c2
b2(x2 + y2) + b2
c2z2
dσ.
32
0.9.1 Correction:
1- Pour montrer les égalites suivantes∫∫∫
R
x2
a2dxdydz =
∫∫∫
R
y2
b2dxdydz =
∫∫∫
R
z2
c2dxdydz,
on considère le changement de variable
x = abv
y = bau
z = w
On a
R =
{(x, y, z) ∈ R3/ x2
a2+
y2
b2+
z2
c2≤ 1
}
=
{(u, v, w) ∈ R3/ u2
a2+
v2
b2+
w2
c2≤ 1
}.
Ainsi; d’après la formule de changement de variables pour les intégrales triples,on a
∫∫∫
R
x2
a2dxdydz =
∫∫∫
R
v2
b2
∣∣∣∣∂ (x, y, z)
∂(u, v,w
∣∣∣∣ dudvdw
=
∫∫∫
R
v2
b2dudvdw =
∫∫∫
R
y2
b2dxdydz.
De même, on considère le changement de variable
x = acw
y = vz = c
au
On a
R =
{(x, y, z) ∈ R3/ x2
a2+
y2
b2+
z2
c2≤ 1
}
=
{(u, v, w) ∈ R3/ u2
a2+
v2
b2+
w2
c2≤ 1
}.
Ainsi; d’après la formule de changement de variables pour les intégrales triples,on a
∫∫∫
R
x2
a2dxdydz =
∫∫∫
R
w2
c2
∣∣∣∣∂ (x, y, z)
∂(u, v, w
∣∣∣∣ dudvdw
=
∫∫∫
R
w2
c2dudvdw =
∫∫∫
R
z2
c2dxdydz.
2/i- On a le champ de vecteurs
f (x, y, z) =
(x3
a2+ log(1 + y2z2),
y3
b2+ tan(xz),
z3
c2+ exy
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
33
D’après le théorème de Flux-divergence, on a
FluxS(f) =
∮ ∮
Sf(r).NSdσS =
∫∫∫
R
div(f)dxdydz.
Or; on a
div(f) = 3
(x2
a2+
y2
b2+
z2
c2
).
De plus une paramétrisation de la région R est donnée par
x = ar cos θ sinϕy = br sin θ sinϕz = cr cosϕ
; (r, θ, ϕ) ∈ R = [0, 1]× [0, 2π]× [0, π] .
On adxdydz = abcr2 sinϕdrdθdϕ.
Ainsi; on obtient∫∫∫
R
(x2
a2+
y2
b2+
z2
c2
)dxdydz = abc
∫∫∫
R
r4 sinϕdrdθdϕ =4
5πabc.
Il en résulte que
FluxS(f) =12
5πabc.
ii- On pose
I =
∫∫∫
R
x2
a2dxdydz =
∫∫∫
R
y2
b2dxdydz =
∫∫∫
R
z2
c2dxdydz.
Par la suite, on a
3I =
∫∫∫
R
(x2
a2+
y2
b2+
z2
c2
)dxdydz =
4
5πabc.
Il s’en suit que
I =4
15πabc.
3- On se propose de calculer l’intégrale de surface∫∫
Σ
1√
c2
b2(x2 + y2) + b2
c2z2
dσ.
Une paramétrisation de la surface Σ est donnée par
x = b cos θ sinϕy = b sin θ sinϕz = c cosϕ
; (θ, ϕ) ∈ K =[0,
π
2
]×[0,
π
2
].
Son élément de surface est donné par
dσ = b sinϕ
√b2 cos2 ϕ+ c2 sin2 ϕdθdϕ.
Nous obtenons alors que∫∫
Σ
1√
c2
b2(x2 + y2) + b2
c2z2
dσ =
∫∫
K
sinϕdϕ =1
2bπ.
34
0.10 Problème:
Soit R la région de l’espace R3 délimitée par le plan d’équation z = c > 0 et parla surface S donnée par l’équation
z = log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
(a, b > 0).
1- Calculer le volume de la région R.2- Le plan d’équation z = c rencontre la surface S en une courbe E lisse et
fermée délimitant un domaine Dc du plan. Soit f le champ de vecteurs donné par
f (x, y, z) =
( −y
ez − 1,
x
ez − 1, arctan(xyz)
).
i- Donner une paramétrisation de la courbe E .ii- Evaluer, par le calcul direct, la circulation du champ f le long de la courbe
E, orientée dans le sens horaire.iii- En déduire l’aire du domaine Dc.3- On désigne par R+ et par S+, respectivement, la portion de la région R et
de la surface S située dans le premier octant. Soit g le champ de vecteurs donnépar
g (x, y, z) =
(
x log(1 + z2),−y log(1 + z2), 4(z − log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
))
.
i- Calculer le flux du champ g à travers, Ext (R+), les cotés extérieurs de larégion R+.
ii- En déduire que le flux du champ g à travers la surface S+ est nul.4- Le plan d’équation x = 0 rencontre la région R en un domaine D délimité
par une courbe C lisse par morceaux et orientée dans le sens trigonométrique. Soith le champ de vecteurs donné par
h (x, y, z) =(arctan(xyz), y2exz, ey
2z).
i- Montrer que la circulation du champ h le long de la courbe C est nulle.ii- En déduire la circulation du champ h le long de la portion de courbe CS de
la courbe C située sur la surface S.5- On suppose que a = b > 0. Evaluer alors les intégrales de surfaces suivantes.
I =
∫∫
S
√1 + a2e2zdσ ; J =
∫∫
S
aez√
x2 + y2dσ.
35
0.10.1 Correction:
1- La région R de l’espace R3 est donnée par
R =
{
(x, y, z) ∈ R3 /x2
a2+
y2
b2≤ (ec − 1)2 ; log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
≤ z ≤ c
}
.
On pose
K =
{(x, y) ∈ R2 /
x2
a2+
y2
b2≤ (ec − 1)2
},
la région R devient alors
R =
{
(x, y, z) ∈ R3 / (x, y) ∈ K ; log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
≤ z ≤ c
}
.
On remarque que la région R présente une symétrie par rapport aux plans deréférences d’équations x = 0 et y = 0. Donc si on désigne par R+la portion de larégion R située dans le premier octant,
R+ = {(x, y, z) ∈ R / x ≥ 0 ; y ≥ 0} ,
on obtient queV ol (R) = 4V ol(R+).
Le volume de la région R est alors donné par
V ol (R) =
∫∫
K
(
c− log 1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
dxdy.
On considère le changement de variables suivant
{x = ar cos θy = br sin θ
; (r, θ) ∈ [0, (ec − 1)]× [0, 2π] .
L’élément de surface devient
dxdy = abrdrdθ.
Donc;
V ol (R) =
∫∫
K
(
c− log 1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
dxdy
= ab
∫ 2π
0
(∫ (ec−1)
0
r (c− log (1 + r)) dr
)
dθ
= 2πab
∫ (ec−1)
0
r (c− log (1 + r)) dr
= πab
((ec − 1)2
2− (ec − 1) + c
)
.
36
2/i- La courbe E est dans le plan d’équation z = c, et vérifie l’équation
x2
a2+
y2
b2= (ec − 1)2 .
La courbe E est donc une ellipse du plan d’équation z = c. Une paramétrisationde la courbe E est donnée par
x = a (ec − 1) cos ty = b (ec − 1) sin t
z = c; t ∈ [0, 2π] .
2-ii) La circulation du champ de vecteurs f = (f1, f2, f3) le long de la courbeE est donnée par
∮
Ef(r).dr =
∮
Ef1(r)dx+ f2(r)dy + f3(r)dz.
La courbe E est dans le plan d’équation z = c = cste. Donc dz = 0, d’où
∮
Ef(r).dr =
∮
Ef1(r)dx+ f2(r)dy.
La paramétrisation de la courbe E donnée précédemment est suivant l’orien-tation trigonométrique, donc l’orientation inverse de l’orientation horaire. Ainsila circulation du champ f le long de la courbe E suivant l’orientation horaire estdonnée par
∮
Ehf(r).dr = −ab (ec − 1)
∫ 2π
0
dt = −2πab (ec − 1) .
iii- Le domaine Dc est le disque elliptique du plan d’équation z = c délimitéepar la courbe E. D’après la formule de Stokes, on a
∮
Ehf(r).dr =
∫∫
Dc
rot(f).Ncdσ
où l’orientation du champ unitaire normal Nc du disque Dc est compatible avecl’orientation horaire de la courbe Eh. Il s’en suit que
Nc = −k.
Par la suite, on a
rot(f).Nc =−2
(ez − 1).
Ainsi, on a
∮
Ehf(r).dr =
∫∫
Dc
rot(f).Ncdσ
=−2
(ec − 1)
∫∫
Dc
dσ.
37
Donc
Aire(Dc) =
∫∫
Dc
dσ
= −(ec − 1)
2
∮
Ehf(r).dr
= πab (ec − 1)2 .
3/i- D’après le théorème de flux-divergence; on a
FluxExt(R+)(g) =
∮ ∮
Ext(R+)
g.Ndσ =
∫∫∫
R+
div(g)dxdydz
où N est le champ unitaire normal sortant de la surface Ext (R+). Or div(g) = 4.Donc on a
FluxExt(R+)(g) = 4V ol(R+) = V ol (R) = πab
((ec − 1)2
2− (ec − 1) + c
)
.
ii- Les cotés extérieurs Ext (R+) de R+ sont constitués des surfacesLa surface S+la portion de la surface S située dans le premier octant.La surface D+c la portion du disque Dc située dans le premier octant.La surface Sx du plan d’équation x = 0 donnée par
Sx ={(x, y, z) ∈ R3+ / x = 0 ; 0 ≤ y ≤ b (ec − 1) ; log
(1 +
y
b
)≤ z ≤ c
}.
La surface Sy du plan d’équation y = 0 donnée par
Sy ={(x, y, z) ∈ R3+ / 0 ≤ x ≤ a (ec − 1) ; y = 0 ; log
(1 +
x
a
)≤ z ≤ c
}.
Ainsi, on a
FluxExt(R+)(g) = FluxS+(g) + FluxD+c (g) + FluxSx(g) + FluxSy(g).
D’autre part, on a
FluxSx(g) =
∫∫
Sx
g.Nxdσx.
Or; la surface Sx est dans le plan d’équation x = 0; son champ unitaire normalsortant est Nx = −i, d’où
FluxSx(g) = −∫∫
Sx
g.idσx = −∫∫
Sx
x log(1 + z2
)dσx = 0.
De même; on a
FluxSy(g) =
∫∫
Sy
g.Nydσy.
38
Or; la surface Sy est dans le plan d’équation y = 0; son champ unitaire normalsortant est Ny = −j, d’où
FluxSy(g) = −∫∫
Sy
g.jdσy =
∫∫
Sy
y log(1 + z2
)dσy = 0.
Et on a
FluxD+c (g) =
∫∫
D+c
g.Ncdσc.
Or; la surface D+c est dans le plan d’équation z = c; son champ unitaire normalsortant est Nc = k, d’où
FluxD+c (g) =
∫∫
D+cg.kdσy
= 4
∫∫
D+cz − log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
dσc
= 4
∫∫
K+
c− log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
dσ
= 4V ol(R+) = V ol (R) .
Il s’en suit queFluxS+(g) = 0.
4/i- D’après la formule de Stokes, on a
∮
Ch(r).dr =
∫∫
D
rot(h).Ndσ
où l’orientation du champ normal unitaire N du domaine D est compatible avecl’orientation trigonométrique de la courbe C. Le domaine D est dans le pland’équation x = 0, son champ normal unitaire est N = i. De plus, on a
rot(h).N = 2yzey2z − xy2exz.
Ainsi, on a∮
Ch(r).dr =
∫∫
D
2yzey2z − xy2exzdσ = 2
∫∫
D
yzey2zdσ.
Or le domaine D est donné par
D ={(x, y, z) ∈ R3 / x = 0 , 0 ≤ z ≤ c ; −b (ez − 1) ≤ y ≤ b (ez − 1)
}.
Donc le domaine D présente une symétrie par rapport à l’axe (oz). Il s’ensuit que.
∫∫
D
yzey2zdσ = 0
39
ou encore que ∮
Ch(r).dr = 2
∫∫
D
yzey2zdσ = 0.
ii- La courbe C est constituée de la portion de courbe CS située sur la surfaceS et du segment de droite L donné par la paramétrisation
x = 0y = −tz = c
; −b (ec − 1) ≤ t ≤ b (ec − 1) .
Il s’en suit que∫
CSh(r).dr = −
∫
Lh(r).dr =
∫ b(ec−1)
−b(ec−1)t2dt
=2
3b3 (ec − 1)3 .
5- On suppose que a = b > 0, la surface S est alors donnée par la paramétri-sation
x = r cos θy = r sin θz = log (1 + r)
; (r, θ) ∈ ∆ = [0, a (ec − 1)]× [0, 2π] .
Son élément de surface est
dσ =r
a+ r
√1 + (a+ r)2drdθ.
i- Calcul de l’intégrale de surface I
I =
∫∫
S
√1 + a2e2zdσ
=
∫∫
∆
r(1 + (a+ r)2
)
a+ rdrdθ
= 2π
∫ a(ec−1)
0
r(1 + (a+ r)2
)
a+ rdr
= 2π
[a3
3(ec − 1)3 +
a2
2(ec − 1)2 + a (ec − 1)− ac
].
ii- Calcul de l’intégrale de surface J
J =
∫∫
S
aez√
x2 + y2dσ
=
∫∫
∆
√1 + (a+ r)2drdθ
= 2π
∫ aec
a
√1 + u2du
= 2π
[u
2
√1 + u2 +
1
2log(u+
√1 + u2
)]aec
a
= 2π
[a
2
(ec√1 + a2e2c −
√1 + a2
)+
1
2log
(aec +
√1 + a2e2c
a+√1 + a2
)]
.
40
0.11 Problème:
Soit R la région de l’espace R3 délimitée par le plan d’équation z = c (c > 0) etpar la surface S donnée par l’équation
z =x2
a2+
y2
b2; (a, b > 0) .
1) Donner une paramétrisation de la région R et calculer son volume.2) On désigne par R+ et par S+ la portion de la région R et de la surface S
située dans le premier octant. On considère le champ vecteurs f donné par
f (x, y, z) =
(xez,−yez, 4(z − x2
a2− y2
b2)
).
i- Calculer le flux du champ de vecteurs f à travers, Ext (R+), les cotés ex-térieurs de la région R+.
ii- En déduire que le flux du champ de vecteurs f à travers la surface S+ estnul.
3) On considère le champ vecteurs g donné par
g (x, y, z) =
(b2x, a2y,−b2x2 + a2y2
2z
).
i- Montrer que le champ de vecteurs g est un champ normale à la surface S.ii- En déduire que la circulation du champ g le long de toute courbe, lisse par
morceaux non nécessairement fermée, tracée sur la surface S est nulle.iii- Evaluer l’intégrale de surface suivante
I =
∫∫
S
‖g‖−1 dσ.
0.11.1 Correction:
1- La région R est donnée par
R =
{(x, y, z) ∈ R3 /
x2
a2+
y2
b2≤ z ≤ c
}.
Une paramétrisation de R est donnée par
x = ar cos θy = br sin θz = z
; (r, θ, z) ∈ K
oùK =
{(r, θ, z) ∈ R3 / 0 ≤ r ≤
√c ; 0 ≤ θ ≤ 2π ; r2 ≤ z ≤ c
}.
L’élément de volume est donné par
dxdydz = abrdrdθdz.
41
Le volume de R est donc donnée par
V ol (R) =
∫∫∫
Rdxdydz
= ab
∫∫∫
K
rdrdθdz
= ab
∫ 2π
0
dθ
∫ √c
0
r
(∫ c
r2dz
)dr
= 2πab
∫ √c
0
r(c− r2
)dr
=π
2abc2.
2/i- Par définition si N est le champ unitaire normal sortant de Ext (R+), les
cotés extérieurs de la régionR+, le flux du champ de vecteurs f à travers Ext (R+)est donné par
FluxExt(R+)(f) =
∮ ∮
Ext(R+)
f.Ndσ.
D’après le théorème du Flux-divergence, on a∮ ∮
Ext(R+)
f.Ndσ =
∫∫∫
R+
div(f)dxdydz.
Or on a div(f) = 4. Il s’en suit que
FluxExt(R+)(f) = 4
∫∫∫
R+
dxdydz = 4V ol(R+).
Remarque: Posons
D =
{(x, y) ∈ R2 /
x2
a2+
y2
b2≤ c
}.
Par définition de l’intégrale double, on a
V ol (R) =
∫∫
D
(c− x2
a2− y2
b2
)dxdy.
Or; le domaine D de R2 présente une symétrie par rapport aux axes de références(ox) et (oy). Ainsi, R+ étant la portion de la région R située dans le premieroctant, on a donc
V ol (R) = 4V ol(R+).
Ainsi, on obtient que
FluxExt(R+)(f) = V ol (R) =π
2abc2.
ii- Les cotés extérieurs de la région R+ sont constitués de
42
- La surface S+, portion de la surface S située dans le premier octant.- La surface Sx du plan d’équation x = 0 donnée par
Sx ={(x, y, z) ∈ R3 / x = 0 ; 0 ≤ y ≤ b
√c ;
y2
b2≤ z ≤ c
}.
- La surface Sy du plan d’équation y = 0 donnée par
Sy ={(x, y, z) ∈ R3 / 0 ≤ x ≤ a
√c ; y = 0 ;
x2
a2≤ z ≤ c
}.
- La surface D+c , portion située dans le premier octant du disque élliptique Dcdu plan d’équation z = c donnée par
D+c =
{(x, y, z) ∈ R3+ /
x2
a2+
y2
b2≤ c ; z = c
}.
Par conséquent, on a
FluxExt(R+)(f) = FluxS+(f) + FluxSx(f) + FluxSy(f) + FluxD+c (f).
Par ailleurs; on a
FluxSx(f) =
∫∫
Sx
f.Nxdσx.
Or la surface Sx est dans le plan d’équation x = 0, son champ unitaire normalsortant est Nx = −i. Donc on a
FluxSx(f) = −∫∫
Sx
xezdσx = 0.
De même on a
FluxSy(f) =
∫∫
Sy
f.Nydσy.
Or la surface Sy est dans le plan d’équation y = 0, son champ unitaire normalsortant est Ny = −j. Donc on a
FluxSy(f) =
∫∫
Sy
yezdσy = 0.
On a aussi
FluxD+c (f) =
∫∫
D+c
f.Ncdσc.
Or la surface D+c est dans le plan d’équation z = c, son champ unitaire normalsortant est Nc = k. Donc on a
FluxD+c (f) = 4
∫∫
D+c
(z − x2
a2− y2
b2
)dσc
= 4
∫∫
D+
(c− x2
a2− y2
b2
)dxdy
=
∫∫
D
(c− x2
a2− y2
b2
)dxdy
= V ol (R) = FluxExt(R+)(f).
43
Il s’en suit queFluxS+(f) = 0.
3- On considère le champ de vecteurs g donné par
g (x, y, z) =
(b2x, a2y,−b2x2 + a2y2
2z
).
i- La surface S admet la paramétrisation
x = xy = y
z = x2
a2+ y2
b2
; (x, y) ∈ D.
Un champ vecteurs normal à la surface S est donné par
n (x, y, z) =
(2x
a2,2y
b2,−1)
=2
a2b2
(b2x, a2y,−a2b2
2
)
=2
a2b2
(b2x, a2y,−a2b2
2z(x2
a2+
y2
b2)
)
=2
a2b2
(b2x, a2y,−b2x2 + a2y2
2z
).
Ou encore
g (x, y, z) =a2b2
2n (x, y, z) .
Donc le champ de vecteurs g est un champ normal à la surface S en tout point(x, y, z) ∈ S.
ii- Soit C une courbe lisse par morceaux non nécessairement fermée tracée surla surface S. La circulation du champ de vecteurs g le long de la courbe C orientéeest donnée par
∫
Cg(r).dr =
a2b2
2
∫
Cn(r).dr
=a2b2
2
∫
C
2x
a2dx+
2y
b2dy − dz.
Or la surface S est donnée par l’équation
x2
a2+
y2
b2− z = 0.
Par conséquent sur la surface S, on a
2x
a2dx+
2y
b2dy − dz = 0.
Il s’en suit que∫
Cg(r).dr =
a2b2
2
∫
C
2x
a2dx+
2y
b2dy − dz = 0.
44
iii- Evaluons l’intégrale de surface
I =
∫∫
S
‖g‖−1 dσ.
Or l’élément de surface dσ est donné par
dσ = ‖n‖ dxdy =2
a2b2‖g‖ dxdy.
Il s’en suit que
I =2
a2b2
∫∫
D
dxdy =2
a2b2Aire(D).
Une paramétrisation du domaine D est donnée par
{x = ar cos θy = br sin θ
; (r, θ) ∈ E =[0,√c]× [0, 2π] .
L’élément de surface est donné par
dxdy = abrdrdθ.
Ainsi, on obtient
Aire(D) =
∫∫
D
dxdy = ab
∫∫
E
rdrdθ = πabc.
Il en résulte que
I =2πc
ab.
0.12 Problème:
On désigne par S la surface de l’espace R3 donnée par l’équation
z = arctan
√x2
a2+
y2
b2; (a, b > 0)
et on considère f le champ de vecteurs défini sur son domaine Df et donné par
f (x, y, z) =
(−y
tan z,
x
tan z, z − arctan
√x2
a2+
y2
b2
)
; ∀ (x, y, z) ∈ Df .
1- Le plan d’équation z = π3rencontre la surface S en une courbe E lisse et
fermée délimitant un domaine D du plan.i- Evaluer, par le calcul direct, la circulation du champ f le long de la courbe
E, orientée dans le sens trigonométrique.ii- En déduire alors l’aire du domaine D.
45
2- Evaluer le volume de la région R délimitée par la surface S et le pland’équation
z =π
3.
3- Calculer le flux du champ f à travers, Ext (R), les cotés extérieurs de larégion R.
4- En déduire que le flux du champ f à travers la surface Sl, coté latéral de larégion R, est nul.
5- On suppose que a = b > 0. Evaluer alors l’intégrale de surface suivante.
I =
∫∫
Sl
dσ√
a2 + (a2 + x2 + y2)2.
0.12.1 Correction:
1/i- La courbe E est dans le plan d’équation z = π
3, et vérifie l’équation
x2
a2+
y2
b2= 3.
La courbe E est donc une ellipse du plan d’équation z = π3. Une paramétrisation
de la courbe E est donnée par
x = a√3 cos t
y = b√3 sin t
z = π3
; t ∈ [0, 2π] .
La circulation du champ de vecteurs f = (f1, f2, f3) le long de la courbe E estdonnée par ∮
Ef(r).dr =
∮
Ef1(r)dx+ f2(r)dy + f3(r)dz.
La courbe E est dans le plan d’équation z = π3= cste. Donc dz = 0, d’où
∮
Ef(r).dr =
∮
Ef1(r)dx+ f2(r)dy.
La paramétrisation de la courbe E donnée précédemment est suivant l’orienta-tion trigonométrique. Ainsi la circulation du champ f le long de la courbe E estdonnée par ∮
Ef(r).dr = ab
√3
∫ 2π
0
dt = 2πab√3.
ii- Le domaine D est le disque élliptiquedu plan d’équation z = π3délimitée
par la courbe E. D’après la formule de Stokes, on a
∮
Ef(r).dr =
∫∫
D
rot(f).Ndσ
46
où l’orientation du champ unitaire normal N du disque D est compatible avecl’orientation trigonométrique de la courbe E. De plus; on a
N = k.
Par la suite, on a
rot(f).N =2
tan z.
Ainsi, on a
∮
Ef(r).dr =
∫∫
Drot(f).Ndσ
=2√3
∫∫
Ddσ.
Donc
Aire(D) =
∫∫
Ddσ
=
√3
2
∮
Ef(r).dr
= 3πab.
2- La région R de l’espace R3 est donnée par
R =
{
(x, y, z) ∈ R3 /x2
a2+
y2
b2≤ 3 ; arctan
√x2
a2+
y2
b2≤ z ≤ π
3
}
.
On pose
K =
{(x, y) ∈ R2 /
x2
a2+
y2
b2≤ 3
},
la région R devient alors
R =
{
(x, y, z) ∈ R3 / (x, y) ∈ K ; arctan
√x2
a2+
y2
b2≤ z ≤ π
3
}
.
Le volume de la région R est alors donné par
V ol (R) =
∫∫
K
(π
3− arctan
√x2
a2+
y2
b2
)
dxdy.
On considère le changement de variables suivant
{x = ar cos θy = br sin θ
; (r, θ) ∈[0,√3]× [0, 2π] .
L’élément de surface devient
dxdy = abrdrdθ.
47
Donc;
V ol (R) =
∫∫
K
(π
3− arctan
√x2
a2+
y2
b2
)
dxdy
= ab
∫ 2π
0
(∫ √3
0
r(π3− arctan r
)dr
)
dθ
= 2πab
∫ √3
0
r(π3− arctan r
)dr
= 2πab
(π
2−∫ √
3
0
r arctan rdr
)
= πab
∫ √3
0
r2
1 + r2dr
= πab(√
3− π
3
).
3- D’après le théorème de flux-divergence; on a
FluxExt(R)(f) =
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ =
∫∫∫
R
div(f)dxdydz
où N est le champ unitaire normal sortant de la surface Ext (R). Or div(f) = 1.Donc on a
FluxExt(R)(f) = V ol (R) = πab(√
3− π
3
).
4- L’extérieur de la régionR noté Ext (R) est constitué par le disque élliptiqueD du plan d’équation z = π
3est de la surface S. On a donc
FluxExt(R)(f) = FluxS(f) + FluxD(f)
et on a
FluxD(f) =
∫∫
D
f.Ndσ.
Or; le disque D est dans le plan d’équation z = π3; son champ unitaire normal
sortant est N = k, d’où
FluxD(f) =
∫∫
Df.kdσ
=
∫∫
Dz − arctan
√x2
a2+
y2
b2dσ
=
∫∫
K+
π
3− arctan
√x2
a2+
y2
b2dxdy
= V ol (R) .
Il en résulte queFluxS(f) = 0.
48
5- On suppose que a = b > 0, évaluons l’intégrale de surface
I =
∫∫
S
dσ√
a2 + (a2 + x2 + y2)2.
La surface S est donnée par la paramétrisation
x = r cos θy = r sin θz = arctan
(ra
) ; (r, θ) ∈ ∆ =[0, a√3]× [0, 2π] .
Son élément de surface est
dσ =r
a2 + r2
√a2 + (a2 + r2)2drdθ.
On a donc
I =
∫∫
S
dσ√
a2 + (a2 + x2 + y2)2
=
∫∫
∆
r
a2 + r2drdθ
= 2π
∫ a√3
0
r
a2 + r2dr
= 2π log 2.
0.13 Problème:
On désigne parR la région de l’espaceR3délimitée par la surface latérale Sl donnéepar {
x2
a2+ y2
b2− z2
c2= 0 ; (a, b, c > 0)
z ≥ 0
et le plan d’équationz = c.
On considère f le champ de vecteurs donné par
f (x, y, z) =
(x
a2,y
b2,−z
c2
);(∀ (x, y, z) ∈ R3
).
1- Donner une paramétrisation de la région R et calculer son volume.2- Calculer le flux du champ f à travers, Ext (R), les cotés extérieurs de la
région R.3- En déduire que le flux du champ f à travers la surface Sl, coté latéral de la
région R, est donné par
FluxSl (f) =
(bc
a+
ac
b+ 2
ab
c
)π
3.
49
4- Montrer que le champ f est un champ normal sortant, en tout point, à lasurface latérale Sl. En déduire que
FluxSl (f) =
∫∫
Sl
‖f‖ dσ.
5- On suppose que a = b > 0. Donner une paramétrisation de la surfacelatérale Sl et évaluer par le calcul direct le flux du champ f à travers la surfacelatérale Sl.
0.13.1 Correction:
On considère R la région de l’espace R3délimitée par la surface latérale Sl donnéepar {
x2
a2+ y2
b2− z2
c2= 0 ; (a, b, c > 0)
z ≥ 0
et le plan d’équationz = c.
1- Une paramétrisation de la région R est donnée par
x = ar cos θy = br sin θ
z = zoù
0 ≤ r ≤ 10 ≤ θ ≤ 2πcr ≤ z ≤ c
.
Son élément de volume est alors donné par
dxdydz = abrdrdθdz.
Il s’en suit que
V ol (R) =
∫∫∫
Rdxdydz
= ab
∫ 2π
0
[∫ 1
0
r
(∫ c
cr
dz
)dr
]dθ
= 2πabc
∫ 1
0
r (1− r) dr
=π
3abc.
2- On considère f le champ de vecteurs donné par
f (x, y, z) =
(x
a2,y
b2,−z
c2
);(∀ (x, y, z) ∈ R3
).
Le flux du champ f à travers, Ext (R), les cotés extérieurs de la région R estdonné par
FluxExt(R) (f) =
∮ ∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ.
50
Or; d’après le théorème de Flux-Divergence, on a
∮ ∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ =
∫∫∫
R
div (f) dxdydz.
Par ailleurs; on a
div (f) =1
a2+
1
b2− 1
c2.
Il s’en suit que
FluxExt(R) (f) =
(1
a2+
1
b2− 1
c2
)∫∫∫
Rdxdydz
=
(1
a2+
1
b2− 1
c2
)V ol (R)
=
(bc
a+
ac
b− ab
c
)π
3.
3- D’une part; on a que Ext (R) est constitué de la surface latérale Sl et dudisque élliptique D donné par
{x2
a2+ y2
b2= 1
z = c.
Il s’en suit que
FluxExt(R) (f) = FluxD (f) + FluxSl (f) .
Ou encoreFluxSl (f) = FluxExt(R) (f)− FluxD (f) .
D’autre part; on a
FluxD (f) =
∫∫
D
f.NDdσD.
Or, le disque D est dans le plan d’équation
z = c = cste.
Donc on aND = k.
Il en résulte que
FluxD (f) = −∫∫
D
z
c2dσ =
−1c
∫∫
D
dσ =−1c
Aire (D) .
Une paramétrisation de disque D est donnée par
x = ar cos θy = br sin θ
z = c; (r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π] .
51
Son élément de surface est alors donné par
dσ = abrdrdθ.
Ainsi on a
Aire (D) =
∫∫
Ddσ
= ab
∫ 1
0
r
(∫ 2π
0
dθ
)dr
= πab.
On a donc
FluxD (f) = −πab
c.
Par la suite, on a
FluxSl (f) = FluxExt(R) (f)− FluxD (f)
=
(bc
a+
ac
b− ab
c
)π
3+ π
ab
c
=
(bc
a+
ac
b+ 2
ab
c
)π
3.
4- On considère la fonction g donnée par
g (x, y, z) =x2
a2+
y2
b2− z2
c2;(∀ (x, y, z) ∈ R3
).
La surface latérale Sl est alors donnée par l’équation
g (x, y, z) = 0.
Un vecteur normal à la surface Sl est alors donné par
∇g (x, y, z) =(2x
a2+ 2
y
b2− 2
z
c2
)= 2f (x, y, z) .
Il s’en suite que le champ de vecteur f est un champ normal à la surface latéraleSl.
De plus; on a
(x, y, z) =
(a
2,b
2,
c√2
)∈ Sl,
on a
f
(a
2,b
2,
c√2
)=
(1
2a,1
2b,−1√2c
)
est un vecteur sortant de la surface latérale Sl.Par ailleurs; on a
FluxSl (f) =
∫∫
Sl
f.NSldσSl
52
où NSl est le champ de vecteur normal unitaire sortant de la surface latérale Sl.On a donc
NSl =f
‖f‖ .
Il en résulte donc que
FluxSl (f) =
∫∫
Slf.
f
‖f‖dσSl
=
∫∫
Sl‖f‖ dσSl.
5- On suppose que a = b > 0. Une paramétrisation de la surface latérale Slest donnée par
x = ar cos θy = ar sin θ
z = cr; (r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π] .
Le flux du champ f à travers la surface latérale Sl est donc donné par
FluxSl (f) =
∫∫
Sl‖f‖ dσ
=
∫∫
Sl
√x2
a4+
y2
a4+
z2
c4dσ
=
√1
a2+
1
c2
∫∫
Sl
z
cdσ.
Par ailleurs; un vecteur normal à la surface latérale Sl est donné par
n =
a cos θa sin θ
c
∧
−ar sin θ−ar cos θ
0
=
−acr cos θ−acr sin θ
a2r
.
Son élément de surface est alors donné par
dσ = ‖n‖ drdθ = a√a2 + c2rdrdθ.
Il en résulte alors que
FluxSl (f) =
√1
a2+
1
c2
∫∫
Sl
z
cdσ
=a2 + c2
c
∫ 2π
0
(∫ 1
0
r2dr
)dθ
=2
3πa2 + c2
c.
53
0.14 Problème:
On désigne par R la région de l’espace R3délimitée par le plan z = 0 et la surfaceS
z = c
(
1− log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
))
; (a, b, c > 0) .
1- Calculer le volume de la région R.2- On pose
u (x, y) =
√x2
a2+
y2
b2
et on considère le champ de vecteur f donné par
f (x, y, z) = log (1 + u (x, y))
(y
xz − e−z,
x
yz + ez,
z
xy − e2z
); (x, y, z) ∈ Df .
i- Evaluer la circulation de f le long de la courbe C, courbe frontière de lasurface S, orientée dans le sens trigonométrique.
ii- La courbe C délimite un domaine D du plan z = 0. Montrer, sans faire decalcul, que
∫∫
S
rot (f) .NSdσS =
∫∫
D
(2 log (1 + u (x, y)) +
u (x, y)
1 + u (x, y)
)dxdy
oùNS est le champ normal unitaire, de la surface S, d’orientation positif et donnerla valeur de cette intégrale.
3- On désigne par R+ respectivement S+ la portion de la région R respective-ment la surface S située dans le premier octant. Soit g le champ de vecteur donnépar
g (x, y, z) =(x(1 + e−z
),−y
(1 + e−z
),z
c− log (1 + u (x, y))
).
i- Calculer le flux du champ g à travers Ext (R+), les côtés extérieurs de larégion R+.
ii- En déduire alors le flux du champ g à travers la surface S+.4- Le plan d’équation y = 0 rencontre la région R en un domaine G de courbe
frontière E lisse par morceaux et orientée dans le sens trigonométrique. Soit h lechamp de vecteurs donné par
h (x, y, z) =
(x2eyz, u
(x
1 + z2,
y
1 + z2
), yexz
).
i- Evaluer la circulation du champ h le long de la courbe E.ii- En déduire la circulation du champ h le long de la portion de courbe ES de
la courbe E située sur la surface S.5- Pour a = b = c; évaluer l’intégrale de surface suivante
I =
∫∫
S
dσ√(
1 + exp 2(1− z
a
)) .
54
0.14.1 Correction:
1- La région R de l’espace R3délimitée par le plan z = 0 et la surface S donnéepar
z = c
(
1− log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
))
; (a, b, c > 0) .
Dans le plan z = 0 la région R est délimitée par le disque elliptique
D =
{(x, y) ∈ R2 /
x2
a2+
y2
b2≤ (e− 1)2
}.
Le volume de la région R est donc donné par
V ol (R) = c
∫∫
D
1− log
(
1 +
√x2
a2+
y2
b2
)
dxdy.
Considérons le changement de variables
{x = ar cos θy = br sin θ
; (r, θ) ∈ K = [0, (e− 1)]× [0, 2π] .
On a alorsdxdy = abrdrdθ
et donc on a
V ol (R) = abc
∫∫
K
r (1− log (1 + r)) drdθ
= 2πabc
∫ (e−1)
0
r (1− log (1 + r)) dr
= πabc
∫ (e−1)
0
r2
1 + rdr
=π
2abc(e2 − 4e+ 5
).
2- On pose
u (x, y) =
√x2
a2+
y2
b2.
et on considère le champ de vecteur f donné par
f (x, y, z) = log (1 + u (x, y))
(y
xz − e−z,
x
yz + ez,
z
xy − e2z
); (x, y, z) ∈ Df .
i- La courbe C, courbe frontière de la surface S est la courbe du plan z = 0.Elle est donnée par
u (x, y) = (e− 1) ou encorex2
a2+
y2
b2= (e− 1)2 .
55
Une paramétrisation C orientée dans le sens trigonométrique est donnée par{
x = a (e− 1) cos ty = b (e− 1) sin t
; t ∈ [0, 2π] .
La circulation de f le long de la courbe C; orientée dans le sens trigonométriqueest donc donnée par∮
Cf (r) dr =
∮
Clog (1 + u (x, y))
(y
xz − e−zdx+
x
yz + ezdy +
z
xy − e2zdz
)
=
∮
C−ydx+ xdy
= ab (e− 1)2∫ 2π
0
dt = 2πab (e− 1)2 .
ii- D’après la formule de Stokes; d’une part on a∮
Cf (r) dr =
∫∫
S
rot (f) .NSdσS
où la surface S et la courbe C sont d’orientations compatibles.D’autre part; la courbe C délimite un disque elliptique D du plan z = 0. On a
donc ∮
Cf (r) dr =
∫∫
D
rot (f) .NDdσD
où la surface D et la courbe C sont d’orientations compatibles. Or le disqueelliptique D est dans le plan
z = 0,
l’orientation de la courbe C étant trigonométrique, son champ normal unitaire est
ND = k.
On obtient donc
rot (f) .ND = 2 log (1 + u (x, y)) +u (x, y)
1 + u (x, y)sur D.
Il s’en suit alors que∫∫
S
rot (f) .NSdσS =
∫∫
D
(2 log (1 + u (x, y)) +
u (x, y)
1 + u (x, y)
)dxdy = 2πab (e− 1)2 .
3- On désigne par R+ respectivement S+ la portion de la région R respective-ment la surface S située dans le premier octant. Soit g le champ de vecteur donnépar
g (x, y, z) =(x(1 + e−z
),−y
(1 + e−z
),z
c− log (1 + u (x, y))
).
i- Le flux du champ g à travers Ext (R+), les côtés extérieurs de la régionR+est donné par
FluxExt(R+) (g) =
∫∫
Ext(R+)
g.Ndσ
56
où N est le champ unitaire normal sortant de la surface Ext (R+). D’après lethéorème du Flux-Divergence on a
∫∫
Ext(R+)
g.Ndσ =
∫∫∫
R+
div (g) dxdydz.
Or on a
div (g) =1
c.
Ainsi; on a
FluxExt(R+) (g) =1
c
∫∫∫
R+
dxdydz =1
cV ol(R+).
Or la région R présente une symétrie par rapport aux plans de références x = 0et y = 0 et on a
R+ = {(x, y, z) ∈ R / x ≥ 0 et y ≥ 0}
d’oùV ol (R) = 4V ol
(R+).
Il s’en suit alors que
FluxExt(R+) (g) =1
4cV ol (R) =
π
8ab(e2 − 4e+ 5
).
i- Les cotés extérieurs de R+ sont constitués des surfacesLa surface S+la portion de la surface S située dans le premier octant.La surface D+ la portion du disque elliptique D située dans le premier octant.La surface Sx du plan d’équation x = 0 donnée par
Sx ={(x, y, z) ∈ R3 / x = 0 ; 0 ≤ y ≤ b (e− 1) ; 0 ≤ z ≤ log
(1 +
y
b
)}.
La surface Sy du plan d’équation y = 0 donnée par
Sy ={(x, y, z) ∈ R3 / 0 ≤ x ≤ a (e− 1) ; y = 0 ; 0 ≤ z ≤ log
(1 +
x
a
)}.
Ainsi, on a
FluxExt(R+)(g) = FluxS+(g) + FluxD+(g) + FluxSx(g) + FluxSy(g).
D’autre part, on a
FluxSx(g) =
∫∫
Sx
g.Nxdσx.
Or; la surface Sx est dans le plan d’équation x = 0; son champ unitaire normalsortant est Nx = −i, d’où
FluxSx(g) = −∫∫
Sx
g.idσx = −∫∫
Sx
x(1 + e−z
)dσx = 0.
57
De même; on a
FluxSy(g) =
∫∫
Sy
g.Nydσy.
Or; la surface Sy est dans le plan d’équation y = 0; son champ unitaire normalsortant est Ny = −j, d’où
FluxSy(g) = −∫∫
Sy
g.jdσy =
∫∫
Sy
y(1 + e−z
)dσy = 0.
Et on a
FluxD+(g) =
∫∫
D+
g.NDdσD.
Or; la surface D+ est dans le plan d’équation z = 0; son champ unitaire normalsortant est ND = −k, d’où
FluxD+(g) = −∫∫
D+g.kdσD
= −∫∫
D+
z
c− log (1 + u (x, y)) dσD
=
∫∫
D+log (1 + u (x, y)) dσD.
Une paramétrisation de D+ est donnée par
x = ar cos θy = br sin θ
z = 0; (r, θ) ∈ L = [0, (e− 1)]×
[0,
π
2
].
On obtient alors
FluxD+(g) = ab
∫∫
L
r log (1 + r) drdθ
=π
2ab
∫ (e−1)
0
r log (1 + r) dr
=π
8ab(e2 − 3
).
Il s’en suit que
FluxS+(g) = FluxExt(R+)(g)− FluxD+(g) =π
2ab (2− e) .
4- Soit h le champ de vecteurs donné par
h (x, y, z) =
(x2eyz, u
(x
1 + z2,
y
1 + z2
), yexz
).
Le plan d’équation y = 0 rencontre la région R en un domaine G de courbefrontière E lisse par morceaux et orientée dans le sens trigonométrique.
58
i- D’après la formule de Stokes; on a
∮
Eh (r) dr =
∫∫
G
rot (h) .NGdσG
où l’orientation de G et de E sont compatibles. Le domaine G est dans le plany = 0. Donc on a
NG = j
d’oùrot (h) .NG = x2yeyz − yzexz = 0 sur G.
Il s’en suit que ∮
Eh (r) dr =
∫∫
G
rot (h) .NGdσG = 0.
ii- La courbe frontière E est constituée de la portion de courbe ESet du segmentde droite L donnée par
x = ty = 0z = 0
; −a (e− 1) ≤ t ≤ a (e− 1) .
On a ∮
Eh (r) dr =
∫
ESh (r) dr +
∫
Lh (r) dr = 0.
Il s’en suit que
∫
ESh (r) dr = −
∫
Lh (r) dr = −
∫ a(e−1)
−a(e−1)t2dt = −2
3a3 (e− 1)3 .
5- Pour a = b = c; évaluons l’intégrale de surface suivante
I =
∫∫
S
dσ√(
1 + exp 2(1− z
a
)) .
Une paramétrisation de la surface S et donnée par
x = ar cos θy = ar sin θ
z = a (1− log (1 + r)); (r, θ) ∈ K = [0, (e− 1)]× [0, 2π] .
L’élément de surface de S est
dσ = ‖n‖ drdθ
où
n =
a cos θa sin θ− a1+r
∧
−ar sin θar cos θ
0
= a2r
cos θ1+rsin θ1+r
1
.
59
Il en s’en suit que
dσ = a2r
1 + r
√1 + (1 + r)2drdθ.
Il en résulte que
I =
∫∫
S
dσ√(
1 + exp 2(1− z
a
))
= a2∫∫
K
r
1 + rdrdθ
= 2πa2∫ (e−1)
0
r
1 + rdr
= 2πa2 (e− 2) .
0.15 Problème:
On désigne par R la région de l’espace (o;x, y, z) située à l’intérieur de la sphèreS centrée à l’origine de rayon a
√3 et au-dessus de la paraboloïde P d’équation
x2 + y2 − 2az = 0.
On désigne par SR la frontière de la région R portion de la sphère S et par PR lafrontière de la région R portion de la paraboloïde P et on désigne par f le champde vecteur donné par
f (x, y, z) =
((1 + arctan (z − a)
1 + (z − a)2
)y, 2
(1 + arctan (z − a)
1 + (z − a)2
)x, z2
).
1- Déterminer la courbe C, courbe d’intersection de la sphère S et de laparaboloïde P.
2- Evaluer le volume de la région R.3- Calculer le flux du champ f à travers, Ext (R), les côtés extérieurs de la
région R.4- Evaluer, par un calcul direct, la circulation du champ f le long de la courbe
C orientée dans le sens trigonométrique.5- En déduire, sans faire de calcul, que pour NP le champ unitaire normal de
la portion PR de la paraboloïde P et NS le champ unitaire normal de la portionSR de la sphère S convenablement orientés, on a
∫∫
SR
rot (f) .NSdσS =
∫∫
PR
rot (f) .NPdσP = 2πa2.
60
0.15.1 Correction:
On désigne par R la région de l’espace (o;x, y, z) située à l’intérieur de la sphèreS centrée à l’origine de rayon a
√3 et au-dessus de la paraboloïde P d’équation
x2 + y2 − 2az = 0.
On désigne par SR la frontière de la région R portion de la sphère S et par PR lafrontière de la région R portion de la paraboloïde P et on désigne par f le champde vecteur donné par
f (x, y, z) =
((1 + arctan (z − a)
1 + (z − a)2
)y, 2
(1 + arctan (z − a)
1 + (z − a)2
)x, z2
).
1- La courbe C d’intersection de la sphère S et de la paraboloïde P est déter-minée par {
x2 + y2 + z2 = 3a2
x2 + y2 = 2az⇐⇒
{x2 + y2 = 2a2
z = a.
Ainsi; la courbe C est le cercle du plan z = a de rayon a√2 et centré au point
(0, 0, a).
2- La région R est donnée par la paramétrisation cylindrique
x = r cos θy = r sin θ
z = z; (r, θ, z) ∈ K
où
K =
{(r, θ, z) ∈ R3 / 0 ≤ r ≤ a
√2 ; 0 ≤ θ ≤ 2π ;
r2
2a≤ z ≤
√3a2 − r2
}.
Ainsi; on obtient
V ol (R) =
∫∫∫
Rdxdydz =
∫∫∫
K
rdrdθdz
=
∫ 2π
0
(∫ a√2
0
r
(∫ √3a2−r2
r2
2a
dz
)
dr
)
dθ
= 2π
∫ a√2
0
r
(√3a2 − r2 − r2
2a
)dr
= 2π
(√3− 5
6
)a3.
3- Le lux du champ f à travers, Ext (R), les côtés extérieurs de la région Rest donné par
FluxExt(R) (f) =
∫∫
Ext(R)
f.Ndσ
61
où N est le champ unitaire normal sortant de la surface lisse par morceauxExt (R). Or d’après le théorème de flux-divergence; on a
∫∫
Ext(R)
f.Ndσ =
∫∫∫
R
div (f) dxdydz.
Par ailleurs; on adiv (f) = 2z.
Il s’en suit que
FluxExt(R) (f) = 2
∫∫∫
Rzdxdydz
= 2
∫ 2π
0
(∫ a√2
0
r
(∫ √3a2−r2
r2
2a
zdz
)
dr
)
dθ
= 2π
∫ a√2
0
r
(3a2 − r2 − r4
4a2
)dr
=10
3πa4.
4- Une paramétrisation de la courbe C orientée dans le sens trigonométriqueest donnée par
x = a√2 cos t
y = a√2 sin t
z = a
; 0 ≤ t ≤ 2π.
Il s’en suit alors que la circulation du champ f le long de la courbe C, orientéedans le sens trigonométrique, est donnée par
∮
Cf (r) dr =
∮
C
(1 + arctan (z − a)
1 + (z − a)2
)ydx+ 2
(1 + arctan (z − a)
1 + (z − a)2
)xdy + z2dz
=
∮
Cydx+ 2xdy
= 2a2∫ 2π
0
(2 cos2 t− sin2 t
)dt
= 2a2∫ 2π
0
(cos2 t+ cos 2t
)dt
= a2∫ 2π
0
(1 + 3 cos 2t) dt
= 2πa2.
5- La courbe C est la courbe frontière de la surface SR. Le champ normal uni-taire à la surface SR d’orientation compatible avec l’orientation trigonométriquede la courbe C est donné par
NS =
(x
a√3,
y
a√3,
z
a√3
).
62
D’après la formule de Stokes; on a
∮
Cf (r) dr =
∫∫
SR
rot (f) .NSdσS = 2πa2.
De même; la courbe C est la courbe frontière de la surface PR. Le champ nor-mal unitaire à la surfacePR d’orientation compatible avec l’orientation trigonométriquede la courbe C est donné par
NP =
( −x√a2 + 2az
,−y√
a2 + 2az,
a√a2 + 2az
).
D’après la formule de Stokes; on a
∮
Cf (r) dr =
∫∫
PR
rot (f) .NPdσP = 2πa2.
Il en résulte alors que
∫∫
SR
rot (f) .NSdσS =
∫∫
PR
rot (f) .NPdσP = 2πa2.
0.16 Problème:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée par le plan P d’équation
z =3
4
et par la surface S d’équation
z = 1−(x2
a2+
y2
b2
);3
4≤ z ≤ 1.
On désigne par E la courbe frontière de la surface S et par D le domaine duplan P délimité par E.
1- Déterminer la courbe frontière E et le domaine D du plan P et donner leursparamétrisation respectives.
2- Evaluer le volume de la région R.3- On considère le champs de vecteur f donné par
f (x, y, z) =
(x3
3a2,y3
3b2,3
4− z
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Evaluer le flux du champ f à travers les côtés extérieurs de la région R notéExt (R) .
ii- En déduire le flux du champ f à travers la surface S.63
4- On considère h le champ de vecteur donné par
h (x, y, z) =
(y
1− 2z,
x
2z − 1, sinxyz
); z �= 1
2.
i- Evaluer, par le calcul direct, la circulation de h le long de la courbe E orientéedans le sens positif.
ii- On désigne par NS le champ de vecteur normale unitaire de la surface S.Montrer que
Aire (D) = 1
4
∫∫
S
rot (h) .NSdσ =πab
4.
0.16.1 Correction:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée par le plan P d’équation
z =3
4
et par la surface S d’équation
z = 1−(x2
a2+
y2
b2
);3
4≤ z ≤ 1.
On désigne par E la courbe frontière de la surface S et par D le domaine du planP délimité par E .
1- La courbe frontière E de la surface S est déterminée par l’intersection duplan P et de la surface S. Ainsi; un point (x, y, z) ∈ E vérifie le système
{x2
a2+ y2
b2= 1
4
z = 34
.
La courbe E est donc une éllipse du plan P. Une paramétrisation de E est donnéepar
x = a2cos t
y = b2sin t
z = 34
; t ∈ [0, 2π] .
- Le domaine D du plan P délimité par la courbe E est donc donné par
{x2
a2+ y2
b2≤ 1
4
z = 34
.
Le domaine D est le disque élliptique d’équation paramétrique
x = a2r cos θ
y = b2r sin θ
z = 34
; (r, θ) ∈[0,1
2
]× [0, 2π] .
64
2- Le volume de la région R est donné par
V ol (R) =
∫∫∫
R
dxdydz.
Or la région R est donnée par
R =
{(x, y, z) ∈ R3 /
x2
a2+
y2
b2≤ 1
4,
3
4≤ z ≤ 1− x2
a2− y2
b2
}.
On pose
D0 ={(x, y) ∈ R2 /
x2
a2+
y2
b2≤ 1
4
}.
On obtient que
V ol (R) =
∫∫
D0
1
4− x2
a2− y2
b2dxdy.
En coordonnées cylindriques; la région R est donnée par
x = ar cos θy = br sin θz = z
; (r, θ, z) ∈ K
où
K =
{(r, θ, z) ∈ R3 / 0 ≤ r ≤ 1
2, 0 ≤ θ ≤ 2π ,
3
4≤ z ≤ 1− r2
}.
On adxdydz = abrdrdθdz.
Il s’en suit que∫∫∫
Rdxdydz = ab
∫∫∫
K
rdrdθdz
= ab
∫ 2π
0
(∫ 1
2
0
r
(∫ 1−r2
3
4
dz
)
dr
)
dθ
= 2πab
∫ 1
2
0
r
(1
4− r2
)dr
=π
32ab.
3- On considère le champs de vecteur f donné par
f (x, y, z) =
(x3
3a2,y3
3b2,3
4− z
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Le flux du champ f à travers les côtés extérieurs de la région R noté Ext (R)est donné par
FluxExt(R) (f) =
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ
65
où N est le champ de vecteur normale unitaire sortant de la surface Ext (R).D’après le théorème de Flux-Divergence; on a
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ =
∫∫∫
R
div (f) dxdydz.
Par ailleurs; on a
div (f) =x2
a2+
y2
b2− 1.
Il s’en suit que
FluxExt(R) (f) =
∫∫∫
R
(x2
a2+
y2
b2− 1
)dxdydz =
∫∫∫
R
x2
a2+
y2
b2dxdydz−V ol (R) .
Or; on a
∫∫∫
R
x2
a2+
y2
b2dxdydz = ab
∫∫∫
K
r3drdθdz
= ab
∫ 2π
0
(∫ 1
2
0
r3
(∫ 1−r2
3
4
dz
)
dr
)
dθ
= 2πab
∫ 1
2
0
r3(1
4− r2
)dr
=π
384ab.
Ainsi; on a
FluxExt(R) (f) = −11
384πab.
ii- D’autre part; les côtes extérieurs de la régionR sont constitués de la surfaceS et du disque élliptique D. Il s’en suit que
FluxExt(R) (f) = FluxD (f) + FluxS (f) .
Or; on a
FluxD (f) =
∫∫
D
f.NDdσD.
avec
ND = −k ou encore f.ND = z − 3
4.
Il s’en suit que
FluxD (f) =
∫∫
D
(z − 3
4
)dσD = 0.
Il en résulte que
FluxS (f) = FluxExt(R) (f) = −11
384πab.
66
4- On considère h le champ de vecteur donné par
h (x, y, z) =
(y
1− 2z,
x
2z − 1, sinxyz
); z �= 1
2.
i- La circulation le long de la courbe E orientée dans le sens positif du champde vecteur h est donné par
∮
Eh (r) dr =
∮
E
ydx
1− 2z+
xdy
2z − 1+ sinxyzdz
= 2
∮
E−ydx+ xdy.
Une paramétrisation de E est donnée par
x = a2cos t
y = b2sin t
z = 34
; t ∈ [0, 2π] .
Il s’en suit que ∮
Eh (r) dr =
ab
2
∫ 2π
0
dt = πab.
ii- D’une part; E est la courbe frontière de la surface S. D’après la formule deStokes; on a ∫∫
S
rot (h) .NSdσ =
∮
Eh (r) dr.
D’autre part; E est la courbe frontière du disque D. D’après la formule de Stokes;on a ∫∫
D
rot (h) .NDdσ =
∮
Eh (r) dr.
La courbe E étant orientée positivement, d’après la loi d’orientation; on a
ND = k
et
rot (h) .ND =1
2z − 1− 1
1− 2z=
2
2z − 1.
Il s’en suit que
∫∫
S
rot (h) .NSdσ = 2
∫∫
D
dσ
2z − 1= 4
∫∫
D
dσ = 4Aire (D) .
Ainsi; on obtient
Aire (D) = 1
4
∫∫
S
rot (h) .NSdσ =π
4ab.
67
0.17 Problème:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée par le plan P d’équation
z = c > 0
et par la surface S d’équation
z = c
√x2
a2+
y2
b2; a, b > 0 , 0 ≤ z ≤ c.
On désigne par E la courbe frontière de la surface S et par D le domaine duplan P délimité par E.
1- Déterminer la courbe frontière E et le domaine D du plan P et donner leursparamétrisation respectives.
2- Evaluer le volume de la région R.3- On considère le champs de vecteur f donné par
f (x, y, z) =
(x3
a2,y3
b2, z − c
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Evaluer le flux du champ f à travers les côtés extérieurs de la région R notéExt (R) .
ii- En déduire le flux du champ f à travers la surface S.4- On considère h le champ de vecteur donné par
h (x, y, z) =
(y
z − c− 1,
x
c− z + 1, log (1 + |xyz|)
); z �= c+ 1.
i- Evaluer, par le calcul direct, la circulation de h le long de la courbe E orientéedans le sens anti-horaire.
ii- On désigne par NS le champ de vecteur normale unitaire de la surface S.Montrer que
Aire (D) = 1
2
∫∫
S
rot (h) .NSdσ = πab.
5- Donner une paramétrisation de la surface S et évaluer l’intégrale de surface
I =
∫∫
S
x+ y + z√(
bcxa
)2+(acy
b
)2+(abz
c
)2dσ.
0.17.1 Correction:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée par le plan P d’équation
z = c > 0
68
et par la surface S d’équation
z = c
√x2
a2+
y2
b2; 0 ≤ z ≤ c
On désigne par E la courbe frontière de la surface S et par D le domaine duplan P délimité par E.
1- La courbe frontière E de la surface S est déterminée par l’intersection duplan P et de la surface S. Ainsi; un point (x, y, z) ∈ E vérifie le système
{x2
a2+ y2
b2= 1
z = c.
La courbe E est donc une éllipse du plan P. Une paramétrisation de E est donnéepar
x = a cos ty = b sin tz = c
; t ∈ [0, 2π] .
- Le domaine D du plan P délimité par la courbe E est donc donné par{
x2
a2+ y2
b2≤ 1
z = c.
Le domaine D est le disque élliptique du plan P. Une paramétrisation de D estdonnée par
x = ar cos θy = br sin θz = c
; (r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π] .
2- Le volume de la région R est donné par
V ol (R) =
∫∫∫
R
dxdydz.
Or la région R est donnée par
R =
{
(x, y, z) ∈ R3 /x2
a2+
y2
b2≤ 1 , c
√x2
a2+
y2
b2≤ z ≤ c
}
.
On pose
D0 ={(x, y) ∈ R2 /
x2
a2+
y2
b2≤ 1
}.
On obtient que
V ol (R) = c
∫∫
D0
(
1−√
x2
a2+
y2
b2
)
dxdy.
En coordonnées cylindriques, la région R est donnée par
x = ar cos θy = br sin θz = z
; (r, θ, z) ∈ K
69
oùK =
{(r, θ, z) ∈ R3 / 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π , cr ≤ z ≤ c
}.
On adxdydz = abrdrdθdz.
Il s’en suit que
V ol (R) =
∫∫∫
Rdxdydz
= ab
∫∫∫
K
rdrdθdz
= ab
∫ 2π
0
(∫ 1
0
r
(∫ c
cr
dz
)dr
)dθ
= 2πabc
∫ 1
0
r (1− r) dr
=π
3abc.
3- On considère le champs de vecteur f donné par
f (x, y, z) =
(x3
a2,y3
b2, z − c
); ∀ (x, y, z) ∈ R3.
i- Le flux du champ f à travers les côtés extérieurs de la région R noté Ext (R)est donné par
FluxExt(R) (f) =
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ
où N est le champ de vecteur normale unitaire sortant de la surface Ext (R).D’après le théorème de Flux-Divergence; on a
∮ ∮
Ext(R)f.Ndσ =
∫∫∫
R
div (f) dxdydz.
Par ailleurs; on a
div (f) =
(3x2
a2+ 3
y2
b2+ 1
).
Il s’en suit que
FluxExt(R) (f) =
∫∫∫
R
(3x2
a2+ 3
y2
b2+ 1
)dxdydz = 3
∫∫∫
R
x2
a2+y2
b2dxdydz+V ol (R) .
Or; on a∫∫∫
R
x2
a2+
y2
b2dxdydz = ab
∫∫∫
K
r3drdθdz
= ab
∫ 2π
0
(∫ 1
0
r3(∫ c
cr
dz
)dr
)dθ
= 2πabc
∫ 1
0
r3 (1− r) dr
=π
10abc.
70
Ainsi; on a
FluxExt(R) (f) =19
30πabc.
ii- D’autre part; les côtes extérieurs de la régionR sont constitués de la surfaceS et du disque élliptique D. Il s’en suit que
FluxExt(R) (f) = FluxD (f) + FluxS (f) .
Or; on a
FluxD (f) =
∫∫
D
f.NDdσD.
avecND = k ou encore f.ND = z − c.
Il s’en suit que
FluxD (f) =
∫∫
D
(z − c) dσD = 0.
Il en résulte que
FluxS (f) = FluxExt(R) (f) =19
30πabc.
4- On considère h le champ de vecteur donné par
h (x, y, z) =
(y
z − c− 1,
x
c− z + 1, log (1 + |xyz|)
); z �= c+ 1.
i- La circulation le long de la courbe E orientée dans le sens positif du champde vecteur h est donné par
∮
Eh (r) dr =
∮
E
y
z − c− 1+
xdy
c− z + 1+ sinxyzdz =
∮
E−ydx+ xdy.
Une paramétrisation de E est donnée par
x = a cos ty = b sin tz = c
; t ∈ [0, 2π] .
Il s’en suit que ∮
Eh (r) dr = ab
∫ 2π
0
dt = 2πab.
ii- D’une part; E est la courbe frontière de la surface S. D’après la formule deStokes; on a ∫∫
S
rot (h) .NSdσ =
∮
Eh (r) dr.
D’autre part; E est la courbe frontière du disque D. D’après la formule de Stokes;on a ∫∫
D
rot (h) .NDdσ =
∮
Eh (r) dr.
71
La courbe E étant orientée positivement, d’après la loi d’orientation; on a
ND = k
et
rot (h) .ND =1
c− z + 1− 1
z − c− 1=
2
c− z + 1.
Il s’en suit que∫∫
S
rot (h) .NSdσ = 2
∫∫
D
dσ
c− z + 1= 2
∫∫
D
dσ = 2Aire (D) .
Ainsi; on obtient
Aire (D) = 1
2
∫∫
S
rot (h) .NSdσ = πab.
5- Une paramétrisation de la surface S est donnée par
x = ar cos θy = br sin θz = cr
; (r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π] .
Evaluons l’intégrale de surface
I =
∫∫
S
x+ y + z√(
bcxa
)2+(acy
b
)2+(abz
c
)2dσ.
On adσ = ‖n‖ drdθ
avec
n =
a cos θb sin θ
c
∧
−ar sin θbr cos θ
0
=
−bcr cos θ−acr sin θ
abr
.
Il s’en suit
‖n‖2 = (bcr cos θ)2 + (acr sin θ)2 + (abr)2 =(bc
x
a
)2+(ac
y
b
)2+(ab
z
c
)2.
On obtient alorsdσ
√(bcxa
)2+(acy
b
)2+(abz
c
)2 = drdθ
ou encore
I =
∫∫
S
x+ y + z√(
bcxa
)2+(acy
b
)2+(abz
c
)2dσ
=
∫ 1
0
rdr
∫ 2π
0
(a cos θ + b sin θ + c) dθ
= πc.
72
0.18 Problème:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée par la surface S d’équation
z =1
a− 1
a+√
x2 + y2; 0 ≤ z ≤ 1
2a.
1- Déterminer D la surface supérieur de la région R.2- Calculer le volume R.3- On désigne par R+, respectivement S+, la portion de la région R, respec-
tivement la surface S, située dans le premier octant et on considère f le champde vecteur
f (x, y, z) =
(x
√x2 + y2
,y
√x2 + y2
, z − 1
2a
)
, (x, y) �= (0, 0) .
i- Evaluer par le calcul direct l’intégrale triple
I =
∫∫∫
R+
dxdydz√
x2 + y2
ii- Evaluer par le calcul direct le flux du champ f à travers S+.iii-Déterminer les cotés extérieurs de la région R+ notés Ext (R+).
iv- Retrouver alors la valeur de l’intégrale triple I.4- Le plan d’équation y = x rencontre la région R en un domaine K de courbe
frontière E lisse par morceaux et orientée dans le sens trigonométrique. On con-sidère g le champ de vecteur
g (x, y, z) =(sin z (x− y)2 , cos
(z (x− y)2
), (x− y)3 + log (1 + z)
).
i- Montrer que la circulation du champ g le long de la courbe E est nulle.ii- En déduire la circulation du champ g le long de la portion de courbe ES de
la courbe E située sur la surface S.5— On considère h le champ de vecteurs donné par
h (x, y, z) =
(
cos (xyz) , sin(xy2z
),
1
a+√
x2 + y2− 1
2a
)
.
i- Evaluer le flux du champ f à travers la surface S.ii - En déduire alors que
2
∫∫∫
R
xyz cos(xy2z
)dxdydz =
∫∫∫
R
yz sin (xyz) dxdydz.
73
0.18.1 Correction:
On considère R la région de l’espace R3 délimitée la surface S d’équation
z =1
a− 1
a+√
x2 + y2; 0 ≤ z ≤ 1
2a.
1- L’intersection de la surface S et de D la surface supérieur de la région Rest la courbe donnée par
z =1
2a=
1
a− 1
a+√
x2 + y2
ou encore {z = 1
2a
x2 + y2 = a2.
Il s’en suit que D la surface supérieur de la région R est donnée par{
z = 12a
x2 + y2 ≤ a2.
Cette surface supérieur est donc le disque D du plan z = 12a, centré en
(0, 0, 1
2a
)
et de rayon a.
2- La région R est donnée par
R =
{
(x, y, z) ∈ R3 / x2 + y2 ≤ a2 et1
a− 1
a+√
x2 + y2≤ z ≤ 1
2a
}
.
On poseD =
{(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ a2
},
il s’en suit que
V ol (R) =
∫∫∫
Rdxdydz
=
∫∫
D
∫ 1
2a
1
a− 1
a+√x2+y2
dz
dxdy
=
∫∫
D
(1
a+√
x2 + y2− 1
2a
)
dxdy.
Par le passage aux coordonnées polaires{
x = r cos θy = r sin θ
, (r, θ) ∈ [0, a]× [0, 2π] ,
on obtient
V ol (R) =
∫ 2π
0
(∫ a
0
(1
a+ r− 1
2a
)rdr
)dθ
= 2π
∫ a
0
(r
a+ r− r
2a
)dr
= 2π
∫ a
0
(1− a
a+ r− r
2a
)dr
= 2πa
(3
4− log 2
).
74
3- On désigne par R+, respectivement S+, la portion de la région R, respec-tivement la surface S, située dans le premier octant et on considère f le champde vecteur
f (x, y, z) =
(x
√x2 + y2
,y
√x2 + y2
, z − 1
2a
)
, (x, y) �= (0, 0) .
i- Evaluons l’intégrale triple
I =
∫∫∫
R+
dxdydz√
x2 + y2.
La région R+ est donnée par
R+ =
{
(x, y, z) ∈ R3+ / x2 + y2 ≤ a2 et1
a− 1
a+√
x2 + y2≤ z ≤ 1
2a
}
.
On poseD+ =
{(x, y) ∈ R2+ / x2 + y2 ≤ a2
},
il s’en suit que
I =
∫∫∫
R+
dxdydz√
x2 + y2
=
∫∫
D+
1√
x2 + y2
∫ 1
2a
1
a− 1
a+√x2+y2
dz
dxdy
=
∫∫
D+
1√
x2 + y2
(1
a+√
x2 + y2− 1
2a
)
dxdy
Par le passage aux coordonnées polaires{
x = r cos θy = r sin θ
, (r, θ) ∈ [0, a]×[0,
π
2
],
on obtient
I =
∫∫
D+
1√
x2 + y2
(1
a+√
x2 + y2− 1
2a
)
dxdy
=
∫ π2
0
(∫ a
0
(1
a+ r− 1
2a
)dr
)dθ
=π
2
∫ a
0
(1
a+ r− 1
2a
)dr
=π
2
(log 2− 1
2
).
ii- Le flux du champ f à travers la surface S+ est donné par
FluxS+ (f) =
∫∫
S+
f (r) .NS+ (r) dσS+ .
75
Or; la surface S+ est donnée par la paramétrisation
x = sy = t
z = 1a− 1
a+√t2+s2
; (s, t) ∈ D+ ={(s, t) ∈ R2+ / s2 + t2 ≤ a2
},
son champ de vecteur normal sortant n est donné par
n =
(∂z
∂s,∂z
t,−1)=
(s
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2 ,t
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2 ,−1)
et son élément de surfacedσ = ‖n‖ dsdt.
Ainsi; on a
FluxS+ (f) =
∫∫
S+f (r) .NS+ (r) dσS+ =
∫∫
D+
f (r) .nS+ (r) dsdt
=
∫∫
D+
(1
(a+
√s2 + t2
)2 +1
a+√t2 + s2
− 1
2a
)
dsdt.
Par passage aux coordonnées polaires
{s = r cos θt = r sin θ
; (r, θ) ∈ [0, a]×[0,
π
2
],
on obtient
FluxS+ (f) =
∫∫
D+
(1
(a+
√s2 + t2
)2 +1
a+√t2 + s2
− 1
2a
)
dsdt
=
∫ π2
0
(∫ a
0
(1
(a+ r)2− 1
2a+
1
a+ r
)rdr
)dθ
=π
2
∫ a
0
(r
(a+ r)2+
r
a+ r− r
2a
)dr
=π
2
∫ a
0
(1 +
1− a
a+ r− a
(a+ r)2− r
2a
)dr
=π
2
((1− a) log 2 +
3
4a− 1
2
)
=1
4V ol (R) +
π
2
(log 2− 1
2
).
iii- Les cotés extérieurs de la région R+ notés Ext (R+) sont constitués de:
- la surface S+ donnée par
S+ =
{
(x, y, z) ∈ R3+ / z =1
a− 1
a+√
x2 + y2où x2 + y2 ≤ a2
}
;
76
- la surface Λx donnée par
Λx =
{(x, y, z) ∈ R3 / x = 0 ; 0 ≤ y ≤ a
1
a− 1
a+ y≤ z ≤ 1
2a
};
- la surface Λy donnée par
Λy =
{(x, y, z) ∈ R3 / y = 0 ; 0 ≤ x ≤ a
1
a− 1
a+ x≤ z ≤ 1
2a
}.
- la surface Λz donnée par
Λz =
{(x, y, z) ∈ R3+ / z =
1
2a; x2 + y2 ≤ a2
}.
iv- D’après le théorème de flux-divergence; on a∫∫
Ext(R+)
f (r) .NExt(R+) (r) dσExt(R+) =
∫∫∫
R+
div (f) dxdydz.
Or; on a
div (f) = 1 +1
√x2 + y2
.
Il s’en suit que
∫∫
Ext(R+)
f (r) .NExt(R+) (r) dσExt(R+) =
∫∫∫
R+
(
1 +1
√x2 + y2
)
dxdydz
= V ol (R+) +
∫∫∫
R+
dxdydz√
x2 + y2
=1
4V ol (R) +
∫∫∫
R+
dxdydz√
x2 + y2.
Par ailleurs; on a
∫∫
Ext(R+)
f (r) .Ndσ =
∫∫
S+f (r) .NS+ (r) dσS+ +
∫∫
Λx
f (r) .NΛx (r) dσΛx
+
∫∫
Λy
f (r) .NΛy (r) dσΛy +
∫∫
Λz
f (r) .NΛz (r) dσΛz .
Or; la surface Λx est dans le plan x = 0, on a donc
NΛx = −i
ou encore ∫∫
Λx
f (r) .NΛx (r) dσΛx = −∫∫
Λx
x√
x2 + y2dσΛx = 0.
De même; la surface Λy est dans le plan y = 0, on a donc
NΛy = −j
77
ou encore ∫∫
Λy
f (r) .NΛy (r) dσΛy = −∫∫
Λy
y√
x2 + y2dσΛy = 0.
En fin; la surface Λz est dans le plan z = 12a, on a donc
NΛz = k
ou encore ∫∫
Λz
f (r) .NΛz (r) dσΛz =
∫∫
Λz
(z − 1
2a
)dσΛz = 0.
Il s’en suit alors∫∫
Ext(R+)
f (r) .Ndσ =
∫∫
S+
f (r) .NS+ (r) dσS+ =1
4V ol (R) +
π
2
(log 2− 1
2
).
Or; on a ∫∫
Ext(R+)
f (r) .Ndσ =1
4V ol (R) +
∫∫∫
R+
dxdydz√
x2 + y2.
Il en résulte alors ∫∫∫
R+
dxdydz√
x2 + y2=
π
2
(log 2− 1
2
).
4- Le plan d’équation y = x rencontre la région R en un domaine K de courbefrontière E lisse par morceaux et orientée dans le sens trigonométrique. On con-sidère g le champ de vecteur
g (x, y, z) =(sin z (x− y)2 , cos z (x− y)2 , (x− y)3 + log (1 + z)
).
i- La courbe E délimite dans la plan y = x le domaine K. D’après la formulede Stockes, on a ∫
Eg (r) dr =
∫∫
K
rot (g) .NKdσK
où
NK =1√2(1,−1, 0) .
Par ailleurs
rot (g) (x, y, z) = (x− y)
(x− y)
(sin z (x− y)2 − 3
)
(x− y)(cos z (x− y)2 − 3
)
2z(cos z (x− y)2 − sin z (x− y)2
)
.
Il s’en suit querot (g) = 0 sur le plan y = x.
Par la suite, on a ∫
Eg (r) dr =
∫∫
K
rot (g) .NKdσK = 0.
78
ii- La courbe E est constituée de la portion de courbe ES située sur la surfaceS et du segment de droite L des plans d’équations
y = x et z =1
2a.
donné par la paramétrisation
x = a√2− a
√2t
y = a√2− a
√2t
z = 12a
; 0 ≤ t ≤ 1.
On a alors ∫
Eg (r) dr =
∫
ESg (r) dr +
∫
Lg (r) dr = 0
ou encore ∫
ESg (r) dr = −
∫
Lg (r) dr = a
√2
∫ 1
0
dt = a√2.
5- On considère h le champ de vecteurs donné par
h (x, y, z) =
(
cos (xyz) , sin(xy2z
),
1
a+√
x2 + y2− 1
2a
)
.
i- Une paramétrisation de la surface S est donnée par
x = sy = t
z = 1a− 1
a+√t2+s2
; (s, t) ∈ D.
Le flux du champ h à travers la surface S est
FluxS (h) =
∫∫
S
h.NSdσS =
∫∫
D
h (s, t, z (s, t)) .n (s, t) dsdt.
Or; on a
n (s, t) =
(∂z
∂s,∂z
t,−1)
=
(s
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2 ,t
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2 ,−1)
.
Il s’en suit que
FluxS (h) =
∫∫
D
h (s, t, z (s, t)) .n (s, t) dsdt
=
∫∫
D
s cos(sta− st
a+√s2+t2
)
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2dsdt
+
∫∫
D
t sin(st2
a− st2
a+√s2+t2
)
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2dsdt
−∫∫
D
1
a+√s2 + t2
− 1
2adsdt.
79
Or comme le domaine D présente une symétrie en s et t,on a
∫∫
D
s cos(sta− st
a+√s2+t2
)
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2dsdt =∫∫
D
t sin(st2
a− st2
a+√s2+t2
)
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2dsdt = 0.
Il s’en suit alors que
FluxS (h) =
∫∫
S
h.NSdσS =
∫∫
D
1
2a− 1
a+√s2 + t2
dsdt = V ol (R) = 2πa
(3
4− log 2
).
ii - On désigne par Ext (R)les côtés extérieurs de la région R et on a alors
∫∫
Ext(R)
h.Ndσ =
∫∫
S
h.NSdσS +
∫∫
D
h.NDdσD.
Or le disque D étant un disque du plan z = 12a, on a
ND = k.
Par la suite, on a
∫∫
D
h.NDdσD =
∫∫
D
1
a+√
x2 + y2− 1
2adxdy = −V ol (R) = −2πa
(3
4− log 2
).
Il s’en suit alors que
∫∫
Ext(R)
h.Ndσ =
∫∫
S
h.NSdσS +
∫∫
D
h.NDdσD = V ol (R)− V ol (R) = 0.
Par ailleurs; d’après le théorème de flux-divergence, on a
∫∫
Ext(R)
h.Ndσ =
∫∫∫
R
div (h) dxdydz = 0.
Or on adiv (h) = yz
(2x cosxy2z − sinxyz
).
Il s’en suit alors que
∫∫∫
R
yz(2x cosxy2z − sinxyz
)dxdydz = 0
ou encore
2
∫∫∫
R
xyz cos(xy2z
)dxdydz =
∫∫∫
R
yz sin (xyz) dxdydz.
80
0.19 Problème:
On considère R la région de l’espace R3 située à l’intérieur de la sphère centrée àl’origine de rayon a
√3 et au-dessus de la paraboloïde d’équation
z =x2 + y2
2a.
On a alors
R ={(x, y, z) ∈ R3 / x2 + y2 ≤ 2az et x2 + y2 + z2 ≤ 3a2
}.
1- Donner une paramétrisation de la région R.2- Calculer le volume de la région R.3- On désigne par R+ la portion de la région R située dans le premier octant
et on considère f le champ de vecteur donné par
f (x, y, z) =(2x+ xy − xz, x2 − y2 − yz + 3y, y2 + z2 + yz − x− z
), (x, y, z) ∈ R3.
Evaluer le flux du champ f à travers les côtés extérieurs de la portion R+ notéExt (R+) .
0.19.1 Correction:
On considère R la région de l’espace R3 située à l’intérieur de la sphère centrée àl’origine de rayon a
√3 et au-dessus de la paraboloïde d’équation
z =x2 + y2
2a.
On a alors
R ={(x, y, z) ∈ R3 / x2 + y2 ≤ 2az et x2 + y2 + z2 ≤ 3a2
}.
L’intersection des deux surfaces délimitant la région R est déterminée par{
x2 + y2 + z2 = 3a2
x2 + y2 = 2az
ou encore {x2 + y2 = 2a2
z = a.
Une paramétrisation de la surface R est alors donnée par
x = r cos θy = r sin θ
z = z; (r, θ, z) ∈ E
où
E =
{(r, θ, z) ∈ R3 / 0 ≤ r ≤ a
√2 ; 0 ≤ θ ≤ 2π ;
r2
2a≤ z ≤
√3a2 − r2
}.
81
2- Le volume de la région R est donné par
V ol (R) =
∫∫∫
Rdxdydz =
∫∫∫
E
rdrdθdz
=
∫ 2π
0
(∫ a√2
0
r
(∫ √3a2−r2
r2
2a
dz
)
dr
)
dθ
= 2π
∫ a√2
0
r
(√3a2 − r2 − r2
2a
)dr
= 2π
(√3− 5
6
)a3.
3- On désigne par R+ la portion de la région R située dans le premier octantet on considère f le champ de vecteur donné par
f (x, y, z) =(2x+ xy − xz, x2 − y2 − yz + 3y, y2 + z2 + yz − x− z
), (x, y, z) ∈ R3.
Le flux du champ f à travers les côtés extérieurs de la portion R+ notéExt (R+) est donné par
FluxExt(R+) (f) =
∫∫
Ext(R+)
f.Ndσ
où N est le champ de vecteur normal sortant des côtés extérieurs de la région R+.Par ailleurs; d’après le théorème du flux-divergence, on a
∫∫
Ext(R+)
f.Ndσ =
∫∫∫
R+
div (f) dxdydz.
Or; on adiv (f) = 4.
Il s’en suit que
FluxExt(R+) (f) = 4
∫∫∫
R+
dxdydz = 4V ol (R+) .
Par ailleurs; la région R présente une symétrie par rapport aux plans deréférences x = 0 et y = 0. O na alors
V ol (R+) =1
4V ol (R) .
Il en résulte que
FluxExt(R+) (f) = 4V ol (R+) = V ol (R) = 2π
(√3− 5
6
)a3.
82
0.20 Problème:
On considère S la surface de l’espace R3 donnée par l’équation
z =1
a− 1
a+√
x2 + y2; 0 ≤ z ≤ 1
2a.
1- Donner une paramétrisation de la surface S.2- Moyennant la formule de changement de variable, montrer que
∫∫
S
sin2 x√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ =
∫∫
S
sin2 y√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ.
3- Evaluer alors l’intégrale de surface
I =
∫∫
S
cos2 x+ sin2 y√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ.
0.20.1 Correction:
On considère S la surface de l’espace R3 donnée par l’équation
z =1
a− 1
a+√
x2 + y2; 0 ≤ z ≤ 1
2a.
1- Pour (x, y) = (0, 0) on a z = 0 et pour z = 12a
on a
1
a− 1
a+√
x2 + y2=
1
2a
ou encorex2 + y2 = a2.
Par la suite; une paramétrisation de la surface S est donnée par
x = sy = t
z = 1a− 1
a+√s2+t2
; (s, t) ∈ D
oùD =
{(s, t) ∈ R2 / s2 + t2 ≤ a2
}.
2- On adσ = ‖n‖ dsdt.
où
n =
(∂z
∂s,∂z
t,−1)=
(s
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2 ,t
√s2 + t2
(a+
√s2 + t2
)2 ,−1)
.
83
Donc
dσ =1
(a+
√s2 + t2
)2
√
1 +(a+
√s2 + t2
)4dsdt.
Il s’en suit∫∫
S
sin2 x√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ =
∫∫
D
sin2 s(a+
√s2 + t2
)2dsdt.
Considérons le changement de variables{
s = vt = u
; (u, v) ∈ D.
On adsdt = dudv
et par la suite∫∫
S
sin2 x√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ =
∫∫
D
sin2 s(a+
√s2 + t2
)2dsdt
=
∫∫
D
sin2 v(a+
√u2 + v2
)2dudv
=
∫∫
S
sin2 y√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ.
3- Evaluons alors l’intégrale de surface
I =
∫∫
S
cos2 x+ sin2 y√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ
∫∫
S
cos2 x√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ +
∫∫
S
sin2 y√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ
=
∫∫
S
cos2 x√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ +
∫∫
S
sin2 x√1 +(a+√
x2 + y2)4dσ
=
∫∫
S
dσ√1 +(a+√
x2 + y2)4
=
∫∫
D
dsdt(a+
√s2 + t2
)2 .
Par passage aux coordonnées polaires, on a{
s = r cos θt = r sin θ
, (r, θ) ∈ [0, a]× [0, 2π] ,
84
et par la suite; on obtient
I =
∫∫
D
dsdt(a+
√s2 + t2
)2
=
∫ 2π
0
(∫ a
0
r
(a+ r)2dr
)dθ
= 2π
∫ a
0
1
a+ r− a
(a+ r)2dr
= 2π
(log 2− 1
2
).
85
