Calcul multivariable Le Théorème de Green

Section 4.5 Le Théorème de Green

Dans cette section, nous verrons le théorème de Green, formulé de deux façons différentes. Il fait le lien entre les intégrales de flux d’un champ de vecteurs et l’intégrale double du rotationnel ou la divergence de celui-ci. Il s’agit d’une version du théorème fondamental du calcul intégral pour les champs de vecteurs.

Plus précisément, le théorème de Green, dans sa forme tangentielle, stipule que le flux d’un champ \(\vF\) le long d’une courbe fermée (et simple) \(\cC\) est égal à l’intégrale double du rotationnel de \(\vF\) sur la région \(\cR\) limitée par \(\cC\text{.}\) Bien entendu, certaines hypothèses sont nécessaires, tant au sujet du champ de vecteurs que de la région \(\cR\) et de sa frontière \(\cC\text{.}\)

Par ailleurs, la version normale du théorème de Green dit que le flux de \(\vF\) à travers une courbe \(\cC\) est donné par l’intégrale double de la divergence de ce champ sur la région \(\cR\) limitée par \(\cC\text{.}\)

Sous-section Compléments sur les courbes

Afin d’énoncer le théorème de Green, dans ses deux versions, nous devons donner quelques compléments d’information au sujet des courbes et des régions qu’elles délimitent.

Définition 4.5.1.

Une courbe \(\cC\) paramétrée par \(\vr(t)\text{,}\) \(a\leqslant t\leqslant b\text{,}\) est dite fermée si \(\vr(a)=\vr(b)\text{.}\)
La courbe \(\cC\) est dite simple si elle ne se coupe pas elle-même. Plus précisément, si \(a\leqslant t_1,t_2\leqslant b\) sont tels que \(t_1\ne t_2\) et que \(\{t_1,t_2\} \ne\{a,b\}\text{,}\) alors \(\vr(t_1)\ne \vr(t_2)\text{.}\) Ceci revient à dire que si \(\vr(t_1)=\vr(t_2)\text{,}\) alors \(t_1=t_2\) ou \(t_1=a\text{,}\) \(t_2=b\text{,}\) ou \(t_1=b\text{,}\) \(t_2=a\text{.}\)
La courbe \(\cC\) est lisse par morceaux si elle admet un paramétrage \(\vr(t)\)
- continu,
- différentiable, sauf peut-être à un nombre fini de points, et si
- la dérivée est continue et non nulle, sauf peut-être à un nombre fini de points.

Voici quelques exemples.

Si \(\cC\) est une courbe fermée et simple, la région bornée qu’elle délimite, disons \(\cR\text{,}\) admet pour frontière justement la courbe \(\cC\text{,}\) et nous écrirons \(\cC =\partial \cR\text{.}\) Le symbole de dérivée partielle est utilisé pour frontière. Nous avons besoin d’orienter la frontière de la région \(\cR\text{,}\) c’est-à-dire de donner un sens de parcours. Par convention, une courbe fermée simple sera orientée positivement si elle est parcourue dans le sens contraire des aiguilles d’une montre. Ceci revient à dire que lorsqu’on parcourt la courbe \(\cC\text{,}\) la région \(\cR\) se trouve à gauche.

Finalement, notons que si \(\cC = \partial \cR\) , il est habituel d’écrire

\begin{equation*} \int_{\cC} \vF \cdot d\vr \end{equation*}

pour l’intégrale de \(\vF\) sur le bord de \(\cR\) (une réunion de courbes!) orienté positivement.

Sous-section Le théorème de Green

Nous pouvons maintenant énoncer le théorème de Green.

Théorème 4.5.2. Théorème de Green, forme tangentielle.

Soit \(\cR\) une région bornée du plan telle que la frontière \(\partial \cR\) consiste en un nombre fini de courbes simples lisses par morceaux, avec l’orientation positive.

Si \(\vF(x,y)\) est défini et de classe \(C^1\) sur \(\cR\text{,}\) alors

\begin{equation*} \int_{\partial \cR} \vF \cdot \dee{\vr} = \iint_{\cR} \rot \vF\, \dee{A}. \end{equation*}

Démonstration.

Nous nous contenterons de faire une démonstration pour les régions \(\cR\) dont le bord \(\partial \cR\) est une courbe simple, lisse par morceaux, et ayant en plus la propriété que \(\cR\) peut s’exprimer sous les deux formes suivantes :

\begin{align*} \cR \amp = \{ (x,y)\in \R^2| a\leqslant x \leqslant b,\ \phi_1(x)\leqslant y \leqslant \phi_2(x)\} \\ \amp = \{ (x,y)\in \R^2| c\leqslant y \leqslant d,\ \psi_1(y)\leqslant x \leqslant \psi_2(y)\} \end{align*}

pour certaines fonctions \(\phi, \phi_2, \psi_1, \psi_2\text{.}\) L’Exemple 4.5.8 montre comment procéder lorsque le bord de \(\cR\) est formé de plusieurs courbes ou que \(\cR\) ne s’exprime pas sous les formes requises.

Dans un premier temps, nous montrerons que

\begin{align} \int_{\partial \cR} P\, dx \amp= -\iint_{\cR} \pdiff{P}{y}\, dA. \tag{✶} \end{align}

En effet, il suit de la description de \(\cR\) que

\begin{align*} \iint_{\cR} \pdiff{P}{y}\, dA \amp = \int_a^b\int_{\phi_1(x)}^{\phi_2(x)} P(x,y)\, dy\, dx =\int_a^b P(x,\phi_2(x)) - P(x,\phi_x)\, dx\\ \amp = \int_a^b P(x,\phi_2(x))\, dx - \int_a^b P(x,\phi_1(x))\, dx \end{align*}

Or, le bord supérieur de \(\cR\text{,}\) la courbe \(\cC_3\) dans la Figure 4.5.3, est paramétré par \(\vr(t) = t\,\vi + \phi_2(t)\, \vj \) pour \(t\in [a,b]\text{.}\) Cependant, l’orientation de \(\cC = \partial \cR\) dans le sens trigonométrique impose à \(\cC\) d’être parcourue de droite à gauche, c’est-à-dire de \((b,\phi_2(b))\) à \((a,\phi_2(a))\text{.}\) Ainsi, la première des deux intégrales ci-haut est

\begin{align} \int_a^b P(x,\phi_2(x))\, dx \amp = - \int_{\cC_3} P\, dx \tag{†} \end{align}

Pour la seconde intégrale, les choses sont plus faciles, il ne faut pas changer le sens de parcours. Ainsi, celle-ci est

\begin{align} \int_a^b P(x,\phi_1(x))\, dx \amp = \int_{\cC_1} P\, dx \tag{††} \end{align}

Il vient donc, après addition des équations (†) et (††), que

\begin{equation*} \iint_{\cR} \pdiff{P}{y}\, dA = -\left[\int_{\cC_1} P\, dx + \int_{\cC_3}P\, dx\right]. \end{equation*}

Le bord \(\cC = \partial \cR\) de \(\cR\) est formé de deux, trois ou quatre courbes. En effet, les portions \(\cC_2\) et \(\cC_4\) pourraient être réduites à un seul point. Ceci arrive si \(\phi_1(a) = \phi_2(a)\) ou si \(\phi_1(b) = \phi_2(b)\text{.}\) Mais ça n’a pas d’importance, car sur ces portions, même si elles étaient là, nous aurons que \(x\) est constante et donc, dans tout paramétrage, nous aurons \(x'(t)=0\text{,}\) de sorte que

\begin{align*} \int_{\cC_2} P\, dx \amp = \int_{\cC_4} P\, dx =0 \end{align*}

Ainsi, nous obtenons

\begin{align*} \iint_{\cR} \pdiff{P}{y}\, dA \amp = -\left[ \int_{\cC_1} P\, dx + \int_{\cC_3}P\, dx\right] \\ \amp = -\int_{\partial \cR} P\, dx. \end{align*}

Pour montrer que

\begin{align} \iint_{\cR}\pdiff{Q}{x} \amp = \int_{\partial \cR} Q\, dy \tag{✶✶} \end{align}

on procède de la même façon, mais en exprimant l’intégrale double de départ comme une intégrale itérée dans l’autre ordre d’intégration :

\begin{equation*} \iint_{\cR} \pdiff{Q}{x} \, dA = \int_{c}^d \int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)} Q(x,y)\, dx\, dy. \end{equation*}

Le résultat suit alors d’additionner les équations (✶) et (✶✶).

Le terme “forme tangentielle” vient de ce que l’intégrale considérée calcule la circulation du champ \(\vF\) autour de la courbe \(\cC\text{.}\) Comme nous l’avons vu à la Formule 4.2.10, ceci revient à intégrer la projection de \(\vF\) sur le vecteur tangent unitaire \(\vT\) à la courbe. Ainsi, informellement, on peut penser que le théorème de Green, dans sa version tangentielle, dit:

La circulation d’un champ \(\vF\) autour d’une courbe \(\cC\) est l’intégrale du rotationnel de \(\vF\) sur la région limitée par \(\cC\).

Si le champ \(\vF(x,y)\) est donné par ses composantes \(P(x,y)\, \vi + Q(x,y)\, \vj\text{,}\) l’égalité du théorème devient :

\begin{align*} \int_{\partial \cR} \vF \cdot \vT\, \dee{s} \amp = \int_{\partial \cR} \vF \cdot \dee{\vr} = \int_{\partial \cR} P\,\dee{x} + Q\,\dee{y}\\ \amp = \iint_{\cR} \rot \vF\,\dee{A} = \iint_{\cR} \pdiff{Q}{x} - \pdiff{P}{y}\, \dee{A} = \iint_{\cR} \left(\vnabla \times \vF\right)\cdot \vk\, \dee{A}. \end{align*}

Toutes ces égalités sont équivalentes; chacune des formes d’écrire le théorème de Green présente ses avantages.

Exemple 4.5.5.

Calculer \(\displaystyle \int_C\big[(x-xy)\,\dee{x} + (y^3+1)\big]\,\dee{y},\) où \(\cC\) est le carré montré dans la figure.

Solution.

Soit \(R=\Set{(x,y)}{1\leqslant x\leqslant 2,\ 0\leqslant y\leqslant 1}\text{.}\) En vertu du théorème de Green,

\begin{align*} \int_C\big[(x-xy)\,\dee{x} + (y^3+1)\big]\,\dee{y} &=\iint_{\cR}\Big[\frac{\partial }{\partial x}(y^3+1) - \frac{\partial }{\partial y}(x-xy)\Big]\dee{x}\dee{y}\\ &=\int_1^2\dee{x}\int_0^1\dee{y}\ x =\frac{x^2}{2}\bigg|_1^2 =\frac{3}{2}. \end{align*}

Le théorème de Green demande d’avoir une courbe fermée. L’exemple suivant montre comment on peut s’en tirer lorsque la courbe n’est pas fermée.

Exemple 4.5.6.

Calculer le flux du champ \(\vF = (2y-x^2)\,\vi + \left(\cos^3 y -x\right)\, \vj\) sur la portion du cercle \(x^2 + y^2 = 1\) se trouvant dans le demi-plan \(x\geqslant 0\) allant de \((0,-1)\) à \((0,1)\text{.}\)

Solution.

Notons, pour commencer, que le calcul direct de l’intégrale de ligne sera ardu. En effet, le paramétrage usuel \(\vr(t) = \cos t \, \vi + \sin t\, \vj\) avec \(-\pi/2 \leqslant t \leqslant \pi/2\) mènera à intégrer un terme de la forme \(\left(\cos (\sin t)\right)^3\text{,}\) venant de la deuxième composante de \(\vF\text{.}\)

Par contre, la composante \(\vk\) du rotationnel de \(\vF\) est facile à traiter. Si nous dénotons par \(P\) et \(Q\) les composantes de \(\vF\text{,}\) nous avons

\begin{equation*} \pdiff{Q}{x} - \pdiff{P}{y} = \pdiff{}{x}\left(\cos^3 y -x\right) - \pdiff{}{y}(2y-x^2) = -1 -2 = -3. \end{equation*}

Théorème de Green avec une courbe non fermée

Cependant, il y a une difficulté additionnelle : la courbe \(\cC\) n’est pas une courbe fermée, le théorème de Green ne peut donc pas être appliqué directement. Pour surmonter cet inconvénient, nous allons ajouter une portion de courbe, disons \(\cC'\text{,}\) à \(\cC\) de sorte que la trajectoire résultante \(\Gamma\) obtenue en parcourant d’abord \(\cC\) puis \(\cC'\) soit fermée et que le théorème de Green puisse être appliqué. De plus, soit \(\cR\) la région enfermée par la courbe \(\Gamma\text{.}\)

Nous avons alors

\begin{equation*} \iint_{\cR} \rot \vF \ \dee{A} = \int_{\partial \cR} \vF\cdot \dee{\vr} = \int_{\cC}\vF \cdot \dee{\vr} + \int_{\cC'}\vF \cdot \dee{\vr}. \end{equation*}

Or, \(\rot \vF = -3\text{,}\) de sorte que

\begin{equation*} \iint_{\cR} \rot \vF \, \dee{A} = - \iint_{\cR} 3\,\dee{A} = -3\text{Aire}(\cR) = -3\pi. \end{equation*}

Par ailleurs, \(\cC'\) est paramétrée par \(\vr(t) =x(t)\, \vi + y(t)\ \vj = 0\, \vi -t\, \vj\) avec \(-1\leqslant t \leqslant 1\text{.}\) Il vient alors que

\begin{align*} \int_{\cC'} \vF \cdot \dee{\vr} \amp= \int_{\cC'} \left(2y-x^2\right) \dee{x} + \left(\cos ^3 y - x \right)\,\dee{y} = - \int_{-1}^1 \cos^3 t\, \dee{t}\\ \amp=-\left[-\frac{1}{3}\sin^3 t +\sin t\right]_{t=-1}^{t=1} = \frac{2}{3}\sin^3 1 - 2\sin 1. \end{align*}

Ainsi, l’intégrale qui nous intéresse vaut

\begin{equation*} \int_{\cC} \vF \cdot \dee{\vr} = -3\pi +2\sin 1 -\frac{2}{3}\sin^3 1. \end{equation*}

Lorsque la région \(\cR\) est telle que sa frontière \(\partial \cR\) est donnée par plus d’une courbe, une attention particulière est requise pour l’orientation des différentes courbes qui constituent \(\partial \cR\text{.}\) Plutôt que de penser au sens de parcours de chacune de ces courbes individuellement, il faut les considérer comme la frontière de \(\cR\) et les orienter de sorte à ce que lorsque nous les parcourons (debout sur le plan, avec notre tête dans la direction du vecteur \(\vk\)), la région \(\cR\) se trouve à gauche. On peut voir la figure de droite dans l’énoncé du théorème de Green. Ci-bas, on présente une situation plus générale.

Figure 4.5.7. L’orientation de la frontière d’une région est donnée par la règle de la main droite. Figure tirée de *Calculus Volume 3, d’Open Stax*.

Ceci revient à utiliser la règle de la main droite en chaque point de \(\cR\text{.}\) Le pouce de la main droite pointe dans la direction du vecteur \(\vk\text{,}\) les autres doigts donnent l’orientation de la frontière de \(\cR\text{.}\)

Exemple 4.5.8.

Soit \(\cR\) la région du plan donnée en coordonnées polaires par \(1\leqslant r \leqslant 2\) et \(0\leqslant \theta \leqslant 2\pi\text{.}\) Calculer la valeur de \(\displaystyle\int_{\partial \cR} \left(\sin x - \frac{1}{3}y^3\right)\, \dee{x} + \left(\frac{1}{3}x^3 + \sin y\right)\, \dee{y}\text{.}\)

Théorème de Green avec une région non simplement connexe

Solution.

Le calcul par le théorème de Green se fait aisément. Posons \(P(x,y) = \left(\sin x - \frac{1}{3}y^3\right) \) et \(Q(x,y) = \left(\frac{1}{3}x^3 + \sin y\right) \text{.}\) Nous avons alors

\begin{align*} \int_{\partial \cR} P\, \dee{x} + Q \, \dee{y} \amp = \iint_{\cR} \pdiff{Q}{x} - \pdiff{P}{y}\, \dee{A} = \iint_{\cR} x^2 + y^2 \dee{A} \\ \amp = \int_0^{2\pi} \int_1^2 r^3 \, \dee{r}\, \dee{\theta} = \int_0^{2\pi}\frac{15}{4}\dee{\theta} = \frac{15\pi}{2}. \end{align*}

Mise en garde 4.5.9.

Il est important de remarquer que, dans le Théorème 4.5.2, on exige que les composantes du champ \(\vF\) admettent des dérivées partielles continues en chaque point de \(\cR\text{.}\) Si ce n’est pas le cas, ne serait-ce que pour un seul point, la conclusion sera fausse. L’exemple suivant, que nous avons déjà rencontré, le montre.

Exemple 4.5.10. L’exemple 4.4.13 revisité.

À l’Exemple 4.4.13, nous avons considéré le champ de vecteurs défini sur le plan sans l’origine par la formule

\begin{align*} &\vF(x,y) = -\frac{y}{x^2+y^2}\vi + \frac{x}{x^2+y^2}\vj &\qquad \text{ pour }(x,y)\ne (0,0)\text{.} \end{align*}

Les calculs que nous avons faits montrent que si \(\cC\) est la trajectoire fermée partant de \((1,0)\) suivant le cercle \(x^2 + y^2 = 1\) dans le sens trigonométrique, nous aurons

\begin{align} \amp \int_{\cC} \vF \cdot d\vr = 2\pi. \tag{✶} \end{align}

Par ailleurs, nous avons aussi montré que le rotationnel de \(\vF\) est nul. Soit \(\cR\) la région du plan définie par \(x^2 + y^2 \leqslant 1\text{,}\) de sorte que \(\partial \cR = \cC\text{.}\) Ainsi, nous avons

\begin{align} \amp \iint_{\cR} \rot\, \vF = 0\tag{✶✶} \end{align}

Les valeurs des intégrales (✶) et (✶✶) diffèrent, en apparente contradiction avec le théorème de Green. Cependant, il n’en est rien. En effet, les composantes de \(\vF\) ne sont pas continues sur toute la région \(\cR\text{.}\) En fait, le champ \(\vF\) n’est même pas défini à l’origine, et il est impossible de le faire de sorte à avoir la continuité sur \(\cR\text{.}\)

La “version normale” du théorème de Green traite pour sa part du flux d’un champ \(\vF\) à travers la frontière d’une région \(\cR\text{,}\) pourvu que cette frontière satisfasse aux mêmes hypothèses que celles faites pour la forme tangentielle du théorème. Nous l’avons vu, pour calculer le “flux à travers” une courbe, nous devons choisir un vecteur unitaire \(\vn\) orthogonal à la courbe. Pour calculer le flux à travers le bord de \(\cR\text{,}\) nous choisissons le vecteur \(\vn\) pointant vers l’extérieur de \(\cR\text{.}\) Comme précédemment, si \(\partial \cR\) est composée de plusieurs courbes, il faudra tenir compte de ceci pour faire un choix cohérent de \(\vn\) pour chacune de ces courbes.

Théorème 4.5.11. Théorème de Green, forme normale.

Soit \(\cR\) une région bornée du plan telle que la frontière \(\partial \cR\) consiste en un nombre fini de courbes simples lisses par morceaux et, en chaque point de \(\partial \cR\text{,}\) \(\vn\) un vecteur unitaire normal à \(\partial \cR\) pointant vers l’extérieur de \(\cR\text{.}\)

Si \(\vF(x,y)\) est défini et de classe \(C^1\) sur \(\cR\text{,}\) alors

\begin{equation*} \int_{\partial \cR} \vF \cdot \vn \dee{s} = \iint_{\cR} \div \vF \dee{A}. \end{equation*}

Ainsi, le théorème de Green, dans sa forme normale, s’interprète comme :

Le flux d’un champ \(\vF\) à travers la frontière d’une région \(\cR\) est l’intégrale de la divergence de\(\vF\) sur la région \(\cR\).

De nouveau, si le champ \(\vF(x,y)\) s’écrit explicitement \(\vF(x,y) = P(x,y)\, \vi + Q(x,y)\, \vj\text{,}\) l’égalité du théorème de Green ainsi que la formule (✶) donnent

\begin{align*} \int_{\partial \cR} \vF \cdot \vn \, \dee{s} \amp= \int_{\partial \cR} P\, \dee{y} - Q\,\dee{x} \\ \amp= \iint_{\cR} \div \vF \, \dee{A} = \iint_{\cR} \pdiff{P}{x} + \pdiff{Q}{y} = \iint_{\cR} \vnabla \cdot \vF\, \dee{A}. \end{align*}

Exemple 4.5.12.

Calculer le flux du champ \(\vF(x,y) = x\,\vi + y^2\, \vj\) à travers le carré formé par les droites \(x= \pm 1\) et \(y= \pm 1\text{.}\)

Solution.

Calculer le flux avec une intégrale de ligne demanderait de calculer quatre intégrales, une pour chaque portion du carré. Aucun calcul n’est compliqué en soi, mais utilisons le théorème de Green pour le faire.

Soit \(\cR\) la région \([-1,1]\times[-1,1]\) et \(\cC\) son bord.

\begin{align*} \int_{\cC} \vF\cdot \vn \, \dee{s} \amp = \int_{\cC} x\, \dee{y} - y^2\, \dee{x} = \iint_{\cR} \pdiff{}{x}x + \pdiff{}{y}y^2\, \dee{A} \\ \amp=\int_{-1}^1 \int_{-1}^1 1+2y\ \dee{x}\, \dee{y} = \int_{-1}^1 \left[x+2xy\right]_{x=-1}^{x=1}\dee{y} \\ \amp= \int_{-1}^1 2+4y\, \dee{y} = \left[ 2y+2y^2\right]_{-1}^1\ = 4 \end{align*}

Exemple 4.5.13.

Soit \(\cC\) une courbe simple lisse par morceaux, orientée par un vecteur normal \(\vn\) pointant vers l’extérieur lorsque la courbe est parcourue dans le sens antihoraire, et \(\vF(x,y) = \frac{x}{x^2+ y^2}\, \vi + \frac{y}{x^2 + y^2}\, \vj\text{.}\) Montrer que \(\displaystyle \int_{\cC} \vF \cdot \vn \, \dee{s}\) peut prendre seulement deux valeurs, selon que \(\cC\) enferme l’origine ou pas.

Solution.

Notons, pour commencer, que le champ \(\vF\) n’est pas défini à l’origine. Soit \(\cR\) la région du plan enfermée par \(\cC\text{.}\) Nous avons par ailleurs

\begin{align*} \div \vF\amp= \vnabla \cdot \vF = \pdiff{}{x}\frac{x}{x^2 + y^2} + \pdiff{}{y}\frac{y}{x^2 + y^2} \\ \amp= \frac{(x^2 + y^2) - 2x^2}{(x^2 + y^2)^2} +\frac{(x^2 + y^2) - 2y^2}{(x^2 + y^2)^2} = 0. \end{align*}

Lorsque \(\cC\) n’entoure pas l’origine, le champ \(\vF\) est de classe \(C^1\) sur la région \(\cR\text{.}\) Dans ce cas, le théorème de Green donne directement

\begin{equation*} \int_{\cC}\vF \cdot \vn\, \dee{s} = \iint_{\cR}\, \dee{A} = 0. \end{equation*}

Le cas où \(\cC\) entoure l’origine pose problème, l’hypothèse du théorème de Green n’est pas satisfaite. Nous pouvons cependant adapter notre argument comme suit.

Puisque \(\cC\) contourne l’origine, il existe un réel \(h\gt 0 \) tel que \(\cC\) entoure le cercle \(\cC_h\) centré à l’origine et de rayon \(h\text{.}\) Soit alors \(\cR\) la région comprise entre \(\cC_h\) et \(\cC\text{.}\) Sur cette région, l’argument de la première partie peut être appliqué. Il faut noter que \(\partial \cR\) est cette fois composée de deux courbes : d’une part \(\cC\) orientée en s’éloignant de l’origine, d’autre part \(\cC_h\) avec le vecteur normal pointant vers l’origine.

Nous avons alors

\begin{align*} 0 \amp= \iint_{\cR} 0\, \dee{A} = \iint_{\cR} \div \vF\, \dee{A} = \int_{\partial \cR} \vF\cdot \vn\, \dee{s} \\ \amp= \int_{\cC} \vF\cdot \vn\, \dee{s} + \int_{\cC_h}\vF\cdot \vn\, \dee{s}. \end{align*}

Ceci montre que l’intégrale qui nous occupe peut être ramenée à l’intégrale sur un cercle et que, mieux encore, le rayon de celui-ci n’a pas d’importance, pourvu qu’il soit assez petit pour être contourné par \(\cC\text{.}\)

Afin de calculer l’intégrale sur \(\cC_h\text{,}\) on utilise le paramétrage \(\vr(t) = x(t)\vi + y(t)\vj = \cos t\, \vi + \sin t\, \vj\text{,}\) avec \(0\leqslant t \leqslant 2\pi\text{.}\) Sur \(\cC_h\text{,}\) le vecteur normal unitaire \(\cos t\, \vi + \sin t\, \vj\) pointe dans la direction qui s’éloigne de l’origine, nous devons donc choisir \(\vn = -\cos t\, \vi - \sin t\, \vj = \frac{-1}{h}x(t)\vi - \frac{1}{h}y(t)\vj\text{.}\) On a alors

\begin{equation*} \vF \cdot \vn = \left(\frac{x}{x^2 + y^2}\vi + \frac{y}{x^2 + y^2}\vj\right)\cdot \left(\frac{-1}{h} x\, \vi - \frac{1}{h} y\, \vj \right) = \frac{-1}{h}. \end{equation*}

Ainsi, puisque \(|\vr'| = h\text{,}\) nous avons

\begin{equation*} \int_{\cC_h}\vF \cdot \vn\, \dee{s} = \int_0^{2\pi} \vF \cdot \vn\ |\vr'(t)|\, \dee{t} = -\int_0^{2\pi}\, \dee{t} =-2\pi. \end{equation*}

Comme \(\int_{\cC} \vF \cdot \vn \, \dee{s} + \int_{\cC_h} \vF \cdot \vn \, \dee{s} = 0 \text{,}\) nous avons

\begin{equation*} \int_{\cC} \vF \cdot \vn \, \dee{s} =2\pi. \end{equation*}

Sous-section Une application : calcul d’aires

Nous avons vu qu’une intégrale de ligne peut, avec un peu de chance, se ramener au calcul d’une aire (voir Exemple 4.5.6). Nous exploitons ici ce fait, en donnant quelques exemples.

L’aire d’une région \(\cR\) est donnée par \(\displaystyle \iint_{\cR}\, \dee{A}\text{.}\) Ainsi, si nous disposons d’un champ \(\vF\) tel que \(\rot \vF = 1\text{,}\) nous aurons, en vertu du théorème de Green,

\begin{equation*} \text{Aire}(\cR) = \iint_{\cR} \dee{A} = \int_{\partial \cR} \vF \cdot \dee{\vr}. \end{equation*}

Quelques choix possibles de tels champs sont :

\(\vF(x,y) = -\frac{1}{2}y\vi + \frac{1}{2}x\vj\text{;}\)
\(\vF(x,y) = -y\vi\text{;}\)
\(\vF(x,y) = x\vj\text{.}\)

Ces choix de champs donnent les formules suivantes.

Formule 4.5.14.

Soit \(\cR\) une région du plan telle que son bord, \(\partial \cR\text{,}\) est une réunion finie de courbes lisses par morceaux. Alors, l’aire de \(\cR\) est donnée par

\begin{align} \text{Aire}(\cR)\amp= \frac{1}{2}\int_{\partial \cR} x\, \dee{y} -y\, \dee{x}\tag{✶}\\ \amp= -\int_{\partial \cR}y\, \dee{x}\tag{✶✶}\\ \amp= \int_{\partial \cR} x\, \dee{y}.\tag{✶✶✶} \end{align}

Voyons quelques exemples.

Exemple 4.5.15.

Calculer l’aire de la région limitée par l’astroïde \(x^{2/3} + y^{2/3} = 1\text{.}\)

Solution.

Nous avons obtenu un paramétrage de l’astroïde à l’Exemple 1.6.3, à savoir \(\vr(t) = \cos^3 t\, \vi + \sin^3 t\,\vj\text{,}\) pour \(0\leqslant t\leqslant 2\pi\text{.}\) L’aire est alors donnée par

\begin{equation*} \frac{1}{2}\int_{\cC} x\dee{y} - y\dee{x} = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} xy' - yx'\, \dee{t}. \end{equation*}

Or, \(\vr'(t) = -(3\sin t\, \cos^2 t)\, \vi + 3 (\cos t\, \sin^2 t)\vj\text{,}\) de sorte que

\begin{align*} x(t)y'(t) - y(t)x'(t) \amp= \cos^3t\ 3\cos t\ \sin^2 t+ \sin^3 t\, \ 3 \sin t\, \cos^2 t \\ \amp=3\left(\cos^4 t\, \sin^2 t + \sin^4 t\, \cos^2t\right)\\ \amp= 3\cos^2 t\, \sin^2 \left(\cos^2 t + \sin^2 t\right) = 2\cos^2 t\, \sin^2 t. \end{align*}

Il vient alors que l’aire \(A\) vaut

\begin{align*} A \amp= \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} 3\cos^2t\ \sin^2 t\, \dee{t} = \frac{3}{2}\int_0^{2\pi} \left(\frac{\sin 2t}{2}\right)^2\, \dee{t} \\ \amp= \frac{3}{8}\int_0^{2\pi} \sin^2\, 2t\, \dee{t} = \frac{3}{8} \int_0^{2\pi}\frac{1-\cos 4t}{2}\, \dee{t} =\frac{3\pi}{8}. \end{align*}

Exemple 4.5.16.

Soit \(f:[a,b]\to \R\) une fonction continue telle que \(0\leqslant f(x)\) pour \(x\in[a,b]\text{.}\) Soit \(\cR\) la région du plan limitée par les droites \(x=a,\ x=b\text{,}\) au-dessus de l’axe \(Oy\) et en dessous de la courbe \(y=f(x)\text{.}\) Calculer l’aire de \(\cR\) à l’aide du théorème de Green.

Solution.

Nous calculons l’aire au moyen de \(\displaystyle \text{Aire}(\cR) = -\int_{\partial \cR} y\, \dee{x}\text{.}\) Le bord de \(\cR\) est composé de quatre courbes, dont trois sont des segments de droite : \(\cC_1\) est le segment \((a,0)\) à \((b,0)\text{;}\) \(\cC_2\text{,}\) celui de \((b,0)\) à \((b,f(b))\text{;}\) \(\cC_3\) est la portion de la courbe \(y=f(x)\) parcourue de droite à gauche, c’est-à-dire de \(x=b\) à \(x=a\); \(\cC_4\) est le segment de \((a,f(a))\) à \((a,0)\text{.}\)

Ainsi, l’aire est

\begin{equation*} \text{Aire}(\cR) = -\int_{\partial \cR} y\, \dee{x} =-\left[ \int_{\cC_1} y\, \dee{x} + \int_{\cC_2} y\, \dee{x} + \int_{\cC_3} y\, \dee{x} + \int_{\cC_4} y\, \dee{x}\right]. \end{equation*}

Or, sur \(\cC_1\text{,}\) nous avons \(y=0\) tandis que, sur \(\cC_2\) et \(\cC_4\text{,}\) la valeur de \(x\) est constante, de sorte que \(x'(t)=0\text{.}\) Ainsi, les trois termes correspondant à ces portions de \(\partial \cR\) sont nuls.

Le chemin \(\vr(t) = x(t)\,\vi + y(t)\,\vj = t\,\vi + f(t)\,\vj\text{,}\) avec \(a\leqslant t \leqslant b\text{,}\) est un paramétrage de la trajectoire \(\cC_3\text{,}\) mais allant de gauche à droite. Ainsi,

\begin{equation*} \text{Aire}(\cR) = -\int_{\cC_3}y\, \dee{x} = -\left[- \int_{a}^{b} y(t)\,x'(t)\, \dee{t} \right] = \int_a^b f(t)\, \dee{t}, \end{equation*}

comme on s’y attendait.

Exercices Exercices

Pour se pratiquer.

1.

Intégrer \(\ds\frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\dee{y}-y\,\dee{x}}{x^2+y^2}\) en sens antihoraire sur

le cercle \(x^2+y^2=a^2\text{;}\)
la frontière du carré formé par les sommets \((-1,-1)\text{,}\) \((-1,1)\text{,}\) \((1,1)\) et \((1,-1)\text{;}\)
la frontière de la région \(1 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 2, \, y \ge 0\text{.}\)

Réponse.

(a) \(1\)

(b) \(1\)

2.

Évaluer \(\int_C\vF\cdot d\vr\text{,}\) où \(\vF = x^2y^2\,\vi + 2xy\,\vj\) et \(\cC\) est la frontière du carré dans le plan \(xy\) ayant un sommet à l’origine et un sommet diagonalement opposé au point \((3, 3)\text{,}\) orientée en sens antihoraire.

Réponse.

\(-54\)

3.

Évaluer \(\ds\oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\dee{x}+(x^2y\cos y^2+3x)\,\dee{y}\text{,}\) où \(\cC\) est la frontière orientée en sens antihoraire du trapézoïde formé des sommets \((0,-2),\ (1,-1),\ (1,1)\) et \((0,2)\text{.}\)

Réponse.

\(9\)

4.

Évaluer \(I= \ds\oint_{\cC} \Big(\frac{1}{3}x^2y^3-x^4y\Big)\,\dee{x} +\big(xy^4+x^3y^2\big)\,\dee{y}\) en sens antihoraire sur la frontière du demi-disque \(0\leqslant y\leqslant \sqrt{4-x^2}\text{.}\)

Réponse.

\(\frac{32}{3}\pi\)

5.

Soit \(\cC\) le rectangle orienté en sens antihoraire formé par les sommets \((1,0)\text{,}\) \((3,0)\text{,}\) \((3,1)\) et \((1,1)\text{.}\) Évaluer

\begin{equation*} \oint_\cC\big(3y^2+2xe^{y^2}\big)\,\dee{x} + \big(2yx^2 e^{y^2}\big)\,\dee{y}. \end{equation*}

Réponse.

\(-6\)

Pour mieux comprendre.

6.

Montrer que

\begin{gather*} \pdiff{}{x}\Big( \frac{x}{x^2+y^2}\Big) =\pdiff{}{y}\Big( \frac{-y}{x^2+y^2}\Big) \end{gather*}

pour tout \((x,y)\ne (0,0)\text{.}\) Discuter du lien entre ce résultat et le résultat de l’Exercice 1.

Réponse.

Les deux dérivées partielles

\begin{alignat*}{2} \pdiff{}{x}\Big( \frac{x}{x^2+y^2}\Big) &=\ \ \frac{(x^2+y^2)-x(2x)}{{(x^2+y^2)}^2} &&=\frac{y^2-x^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ \pdiff{}{y}\Big( \frac{-y}{x^2+y^2}\Big) &=\frac{-(x^2+y^2)-(-y)(2y)}{{(x^2+y^2)}^2} &&=\frac{y^2-x^2}{{(x^2+y^2)}^2} \end{alignat*}

sont bien définies partout sauf à l’origine \((0,0)\text{.}\)

Petite discussion : S’il n’y avait pas la singularité à \((0,0)\text{,}\) le champ de vecteurs du dernier exercice serait conservatif, et l’intégrale \(\int\vF\cdot \dee{\vr}\) autour de toute courbe fermée serait nulle. Mais comme nous avons vu dans les parties (a) et (b) de l’Exercice 1, ce n’est pas le cas. De l’autre côté, par le théorème de Green (Théorème 4.5.2), l’intégrale autour de la limite de toute région qui ne contient pas \((0,0)\) est nulle, comme cela a été le cas dans la partie (c) de l’Exercice 1.

7.

Considérer la région fermée bornée par les courbes \(y = x^2 + 4x + 4\) et \(y = 4 - x^2\text{.}\) Soit \(\cC\) sa frontière et supposer que \(\cC\) est orientée en sens antihoraire.

Dessiner soigneusement la courbe orientée \(\cC\) dans le plan \(xy\text{.}\)
Déterminer la valeur de
\begin{equation*} \oint_C xy\, \dee{x} + (e^y + x^2 ) \dee{y}. \end{equation*}

Réponse.

(a)

(b) \(-\frac{8}{3}\)

8.

Soit

\begin{equation*} \vF(x, y) = \big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\,,\, 2xye^{-y^2} + x\big), \end{equation*}

et soit \(\cC\) la frontière du triangle délimité par les sommets \((0, 0)\text{,}\) \((1, 0)\) et \((1, 2)\text{,}\) orientée en sens antihoraire. Calculer

\begin{equation*} \int_C \vF\cdot\dee{\vr}. \end{equation*}

Réponse.

\(-\frac{1}{3}\)

9.

Soit la courbe \(\cC\text{,}\) la frontière de la région entre les courbes \(y = x^2 - 4x+3\) et \(y = 3 - x^2 + 2x\text{.}\) Déterminer la valeur de l’intégrale de ligne

\begin{equation*} \int_C \big(2xe^y + \sqrt{2 + x^2}\big)\, \dee{x} + x^2 (2 + e^y)\, \dee{y}, \end{equation*}

où \(\cC\) est parcourue en sens antihoraire.

Réponse.

\(54\)

10.

Soit

\begin{gather*} \vF(x,y) = \big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big)\,\vi +\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big)\,\vj. \end{gather*}

Trouver \(\int_C\vF\cdot\dee{\vr}\text{,}\) où \(\cC\) est la frontière du triangle ayant pour sommets \((0,0)\text{,}\) \((1,-2)\) et \((1,2)\text{,}\) orientée en sens antihoraire.

Réponse.

\(\frac{10}{3}\)

11.

Utiliser le théorème de Green pour évaluer l’intégrale de ligne
\begin{equation*} \int_C \frac{-y}{x^2+y^2}\dee{x} + \frac{x}{x^2+y^2}\dee{y}, \end{equation*}
où \(\cC\) est l’arc de la parabole \(y = \frac{1}{4}x^2 + 1\) allant de \((-2, 2)\) à \((2, 2)\text{.}\)
Utiliser le théorème de Green pour évaluer l’intégrale de ligne
\begin{equation*} \int_C \frac{-y}{x^2+y^2}\dee{x} + \frac{x}{x^2+y^2}\dee{y}, \end{equation*}
où \(\cC\) est l’arc de la parabole \(y = x^2 -2\) allant de \((-2, 2)\) à \((2, 2)\text{.}\)
Est-ce que le champ de vecteurs
\begin{equation*} \vF=\frac{-y}{x^2+y^2}\vi + \frac{x}{x^2+y^2}\vj \end{equation*}
est conservatif? Justifier en s’appuyant sur les réponses aux parties précédentes de cette question.

Réponse.

(a) \(-\frac{\pi}{2}\)

(b) \(\frac{3\pi}{2}\)

12.

Supposons que la courbe \(\cC\) est la frontière de la région se trouvant entre les courbes \(y = x^2 - 4x + 3\) et \(y = 3 - x^2 + 2x\text{.}\) Déterminer la valeur de l’intégrale de ligne

\begin{equation*} \int_C \big(2xe^y + \sqrt{2} + x^2\big)\dee{x} + x^2 \big(2 + e^y)\dee{y}, \end{equation*}

où \(\cC\) est traversée en sens antihoraire.

Réponse.

\(54\)

13.

Soit \(\vF(x, y) = P \,\vi + Q\,\vj\) un champ de vecteurs plan et lisse défini pour \((x,y) \ne (0, 0)\text{,}\) et supposons que \(Q_x = P_y\) pour \((x,y) \ne (0, 0)\text{.}\) Dans ce qui suit, \(I_j = \int_{C_j} \vF\cdot\dee{\vr}\) pour \(j\) entier, et tous les \(C_j\) sont des cercles orientés positivement. Supposons que \(I_1 = \pi\text{,}\) où \(C_1\) est le cercle \(x^2 + y^2 = 1\text{.}\)

Trouver \(I_2\) pour \(C_2 : (x - 2)^2 + y^2 = 1\text{.}\) Expliquer brièvement.
Trouver \(I_3\) pour \(C_3 : (x - 2)^2 + y^2 = 9\text{.}\) Expliquer brièvement.
Trouver \(I_4\) pour \(C_4 : (x - 2)^2 + (y-2)^2 = 9\text{.}\) Expliquer brièvement.

Réponse.

(a) \(I_2=0\)

(b) \(I_3=\pi\)

14.

Considérer le champ de vecteurs \(\vF = P\,\vi + Q\,\vj\text{,}\) où

\begin{equation*} P=\frac{x+y}{x^2+y^2},\qquad Q=\frac{y-x}{x^2+y^2}. \end{equation*}

Calculer et simplifier \(Q_x - P_y\text{.}\)
Calculer l’intégrale \(\int_{C_R} \vF \cdot \dee{\vr}\) directement en utilisant une paramétrisation où \(C_R\) est le cercle de rayon \(R\text{,}\) centré à l’origine et orienté en sens antihoraire.
Est-ce que \(\vF\) est conservatif ? Expliquer soigneusement comment la réponse s’accorde avec les résultats obtenus dans les deux premières parties.
Utiliser le théorème de Green pour calculer \(\int_C \vF \cdot \dee{\vr}\text{,}\) où \(\cC\) est le triangle formé des sommets \((1, 1)\text{,}\) \((1, 0)\) et \((0, 1)\) orienté dans le sens antihoraire.
Utiliser le théorème de Green pour calculer \(\int_C \vF \cdot \dee{\vr}\text{,}\) où \(\cC\) est le triangle formé des sommets \((-1, -1)\text{,}\) \((1, 0)\) et \((0, 1)\) orienté dans le sens antihoraire.

Réponse.

(a) \(Q_x-P_y=0\) sauf en \((0,0)\) où ce n’est pas défini.

(b) \(-2\pi\)

(d) \(0\)

(e) \(-2\pi\)

15.

Évaluer
\begin{equation*} \int_C \sqrt{1+x^3}\,\dee{x} +\big(2xy^2 + y^2\big)\,\dee{y}, \end{equation*}
où \(\cC\) est le cercle unitaire \(x^2+y^2 = 1\text{,}\) orienté en sens antihoraire.
Évaluer
\begin{equation*} \int_C \sqrt{1+x^3}\,\dee{x} +\big(2xy^2 + y^2\big)\,\dee{y}, \end{equation*}
où \(\cC\) est maintenant la partie du cercle unitaire \(x^2+y^2 = 1\text{,}\) avec \(x\geqslant 0\text{,}\) encore orienté en sens antihoraire.

Réponse.

(a) \(\frac{\pi}{2}\)

(b) \(\frac{\pi}{4}+\frac{2}{3}\)

16.

Évaluer l’intégrale de ligne

\begin{equation*} \int_C (x^2 + y e^x ) \,\dee{x} + (x \cos y + e^x ) \,\dee{y}, \end{equation*}

où \(\cC\) est l’arc de la courbe \(x = \cos y\) pour \(-\pi/2\leqslant y\leqslant \pi/2\text{,}\) parcourue en sens des \(y\) croissants.

Réponse.

\(\frac{3\pi}{2}\)

17.

Utiliser le théorème de Green afin d’établir que si \(\cC\) est une courbe fermée simple dans le plan, alors l’aire \(A\) de la région délimitée par \(\cC\) est donnée par

\begin{equation*} A=\frac{1}{2}\oint_C x\,\dee{y}-y\,\dee{x}. \end{equation*}

Utiliser ceci pour calculer l’aire à l’intérieur de la courbe \(x^{2/3}+y^{2/3}=1\text{.}\)

Réponse.

\(\frac{3\pi}{8}\)

18.

Soit \(\vF(x,y)=(x+3y)\,\vi+(x+y)\,\vj\) et \(\vG(x,y)=(x+y)\,\vi+(2x-3y)\,\vj\) des champs de vecteurs. Trouver un nombre \(A\) de telle sorte que pour chaque cercle \(\cC\) dans le plan,

\begin{equation*} \oint_C\vF\cdot \dee{\vr}=A\oint_C\vG\cdot \dee{\vr}. \end{equation*}

Réponse.

\(A=-2\)

19.

Soit \(\vF(x,y) = \frac{y^3}{ {(x^2+y^2)}^2}\vi -\frac{xy^2}{ {(x^2+y^2)}^2}\vj\text{,}\) \((x,y)\ne (0,0)\text{.}\)

Calculer \(\oint_C\vF\cdot \dee{\vr}\text{,}\) où \(\cC\) est le cercle unitaire dans le plan \(xy\text{,}\) orienté positivement.
Utiliser (a) et le théorème de Green pour trouver \(\oint_{C_0}\vF\cdot \dee{\vr}\text{,}\) où \(C_0\) est l’ellipse \(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{25}=1\text{,}\) orientée positivement.

Réponse.

\(-\pi\)

20.

Soit \(\cC_1\) le cercle \((x-2)^2+y^2=1\) et soit \(\cC_2\) le cercle \((x-2)^2+y^2=9\text{.}\) Soit \(\vF=-\frac{y}{x^2+y^2}\,\vi+\frac{x}{x^2+y^2}\,\vj\text{.}\) Trouver les intégrales \(\oint_{\cC_1}\vF\cdot \dee{\vr}\) et \(\oint_{\cC_2}\vF\cdot \dee{\vr}\text{.}\)

Réponse.

\(\oint_{\cC_1}\vF\cdot \dee{\vr}=0\) et \(\oint_{\cC_2}\vF\cdot \dee{\vr}=2\pi\)

21.

Soit \(R\) la région du premier quadrant du plan \(xy\) délimitée par les axes de coordonnées et la courbe \(y=1-x^2\text{.}\) Soit \(\cC\) la frontière de \(R\text{,}\) orientée en sens antihoraire.

Évaluer \(\int_\cC x\,\dee{s}\text{.}\)
Évaluer \(\int_\cC \vF\cdot \dee{\vr}\text{,}\) où \(\vF(x,y) =\big(\sin(x^2)-xy\big)\,\vi+\big(x^2+\cos(y^2)\big)\,\vj\text{.}\)

Réponse.

(a) \(\frac{1}{2}+\frac{1}{12}\big[5^{3/2}-1\big]\approx 1.3484\)

(b) \(\frac{3}{4}\)

22.

Soit \(\cC\) la courbe définie par l’intersection des surfaces \(z = x + y\) et \(z = x^2 + y^2\text{.}\)

Montrer que \(\cC\) est une courbe simple fermée.
Évaluer \(\oint_C \vF \cdot \dee{\vr}\text{,}\) où
1. \(\vF = x^2\,\vi + y^2\,\vj + 3 e^z\,\vk\text{,}\)
2. \(\vF = y^2\,\vi + x^2\,\vj + 3 e^z\,\vk\text{.}\)

Réponse.

(a) La projection de la courbe sur le plan \(xy\) (c’est-à-dire la vue du dessus de la courbe) est un cercle. Voir la solution pour plus de détails.

(b) (i) \(0\)

(b) (ii) \(0\)

Pour aller plus loin.

23.

Soit \(R\) le carré

\begin{gather*} R=\Set{(x,y)}{0\leqslant x\leqslant 1,\ 0\leqslant y\leqslant 1} \end{gather*}

et soit \(f(x,y)\) une fonction dont les premières dérivées partielles sont continues.

Utiliser le théorème fondamental du calcul afin de montrer que
\begin{gather*} \iint_R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \dee{x}\,\dee{y} =\int_0^1 f(x,1)\ \dee{x} - \int_0^1 f(x,0)\ \dee{x}. \end{gather*}
Utiliser le théorème de Green afin de montrer que
\begin{gather*} \iint_R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \dee{x}\,\dee{y} =\int_0^1 f(x,1)\ \dee{x} - \int_0^1 f(x,0)\ \dee{x}. \end{gather*}

Réponse.

(a) En exprimant le côté gauche comme une intégrale itérée, avec \(y\) comme variable à l’intérieur, on a

\begin{align*} \iint_R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \dee{x}\,\dee{y} &=\int_0^1\left[\int_0^1\dee{y}\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right] \dee{x}\\ &=\int_0^1\ \big[f(x,1)-f(x,0)\big] \dee{x},\\ &\hskip1in\text{par le théorème fondamental du calcul}\\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \dee{x} - \int_0^1 f(x,0)\ \dee{x}. \end{align*}

(b) Définir \(F_1(x,y)=f(x,y)\) et \(F_2(x,y)=0\text{.}\) Alors, par le théorème de Green,

\begin{align*} \iint_R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \dee{x}\,\dee{y} &=-\iint_R\Big[\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) -\frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\Big]\ \dee{x}\,\dee{y}\\ &=-\int_{\partial R}\big[F_1(x,y)\,\dee{x} +F_2(x,y)\,\dee{y}\big]\\ &=-\int_{\partial R}f(x,y)\,\dee{x}. \end{align*}

La frontière de \(R\text{,}\) orientée en sens antihoraire, est l’union de quatre segments de droites.

\begin{gather*} C_1 \text{ de } (0,0) \text{ à } (1,0)\\ C_2 \text{ de } (1,0) \text{ à } (1,1)\\ C_3 \text{ de } (1,1) \text{ à } (0,1)\\ C_4 \text{ de } (0,1) \text{ à } (0,0) \end{gather*}

Maintenant \(x\) est constante sur \(C_2\) et \(C_4\text{,}\) de telle sorte que

\begin{equation*} \int_{C_2}f(x,y)\,\dee{x} = \int_{C_4}f(x,y)\,\dee{x} =0. \end{equation*}

Ainsi, en utilisant \(-C_3\) pour dénoter le segment de droite allant de \((0,1)\) à \((1,1)\text{,}\)

\begin{align*} \iint_R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \dee{x}\,\dee{y} &=-\left[\int_{C_1}f(x,y)\,\dee{x}+\int_{C_3}f(x,y)\,\dee{x}\right]\\ &=\int_{-C_3}f(x,y)\,\dee{x}-\int_{C_1}f(x,y)\,\dee{x}\\ &=\int_0^1 f(x,1)\ \dee{x} - \int_0^1 f(x,0)\ \dee{x}. \end{align*}

24.

Soit \(\cR\) une région finie dans le plan \(xy\text{,}\) dont la frontière, \(\cC\text{,}\) consiste en un seul chemin fermé, simple et lisse qui est orienté en sens antihoraire. “Simple” signifie que la courbe ne s’intersecte pas elle-même. Utiliser le théorème de Green pour montrer que

\begin{equation*} \iint_{\cR}\vnabla\cdot\vF\ \dee{x}\,\dee{y}=\oint_{\cC}\vF\cdot\vn\,\dee{s}, \end{equation*}

où \(\vF=F_1\,\vi+F_2\,\vj\text{,}\) \(\vn\) est la normale unitaire extérieure à \(\cC\) et \(s\) est la longueur d’arc le long de \(\cC\text{.}\)

Réponse.

Soit \(\vr(s)=x(s)\,\vi+y(s)\,\vj\) une paramétrisation en sens antihoraire de \(\cC\) par longueur d’arc. Alors, \(\vT(s) = \vr'(s) = x'(s)\,\vi+y'(s)\,\vj\) est le vecteur tangent unitaire à \(\cC\) pointant vers l’avant en \(\vr(s)\text{,}\) et \(\vn(s) = \vr'(s)\times\vk=y'(s)\,\vi-x'(s)\,\vj\text{.}\) Pour voir que \(\vr'(s)\times\vk\) est réellement \(\vn(s)\text{,}\) noter que \(y'(s)\,\vi-x'(s)\,\vj\)

a la même longueur, soit \(1\text{,}\) comme \(\vr'(s)\) (se rappeler que \(\vr(s)\) est une paramétrisation par longueur d’arc),
se trouve dans le plan \(xy\) et
est perpendiculaire à \(\vr'(s)\) (vérifier que \(\vr'(s)\cdot\big[y'(s)\,\vi-x'(s)\,\vj\big]=0\)).
Utiliser la règle de la main droite pour vérifier que \(\vr'(s)\times\vk\) est \(\vn\) plutôt que \(-\vn\text{.}\)

Donc, par le théorème de Green,

\begin{align*} \oint_C\vF\cdot\vn\,\dee{s} &=\oint_C\left[F_1\,\diff{y}{s}-F_2\,\diff{x}{s}\right]\,\dee{s} =\oint_C\left[-F_2\,\dee{x}+F_1\,\dee{y}\right]\\ &=\iint_R\left[\pdiff{}{x}F_1-\pdiff{}{y}(-F_2)\right]\ \dee{x}\,\dee{y}\\ &=\iint_R\vnabla\cdot\vF\ \dee{x}\,\dee{y}. \end{align*}

25.

Trouver une courbe lisse \(\cC\) simple, fermée et orientée en sens antihoraire dans le plan \(xy\) pour laquelle la valeur de l’intégrale de ligne \(\oint_{\cC}(y^3-y)\,\dee{x}-2x^3\,dy\) est un maximum parmi toutes les courbes lisses, simples, fermées et orientées dans le sens antihoraire.

Réponse.

\(6x^2+3y^2= 1\)

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