Exercices corrigés : les applications de l'intégrale (201-SN3-RE, ancien 201-NYB)

La tranche en $x$, perpendiculaire à l'axe, est un disque plein de rayon $f(x)=x^{2}$ et d'épaisseur $dx$ : $dV=\pi(x^{2})^{2}dx$. $V=\pi\int_{0}^{2}x^{4}dx=\pi\cdot\frac{32}{5}=\frac{32\pi}{5}\approx 20{,}1$.

Sur $[0,1]$, $\sqrt{x}\ge x$ : la tranche tourne en laissant un TROU, c'est une rondelle de rayon extérieur $R=\sqrt{x}$ (la courbe haute) et de rayon intérieur $r=x$. $V=\pi\int_{0}^{1}\left[(\sqrt{x})^{2}-x^{2}\right]dx=\pi\int_{0}^{1}(x-x^{2})dx=\pi\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{\pi}{6}\approx 0{,}52$. Piège évité : $\pi\int(R-r)^{2}dx$ est FAUX : on soustrait les CARRÉS des rayons, pas les rayons avant de mettre au carré.

Autour de l'axe des $y$, on tranche HORIZONTALEMENT : à la hauteur $y$, le disque va de l'axe jusqu'à la parabole, rayon $x=\sqrt{y}$ : $V=\pi\int_{0}^{4}(\sqrt{y})^{2}dy=\pi\int_{0}^{4}y\,dy=8\pi\approx 25{,}1$. Changer d'axe de rotation, c'est changer de variable de découpage : la tranche doit toujours être perpendiculaire à l'axe.

Le demi-cercle $y=\sqrt{r^{2}-x^{2}}$ sur $[-r,r]$, en rotation, engendre la sphère : $V=\pi\int_{-r}^{r}(r^{2}-x^{2})dx=\pi\left[r^{2}x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-r}^{r}=\pi\left(\frac{2r^{3}}{3}+\frac{2r^{3}}{3}\right)=\frac{4}{3}\pi r^{3}$. La formule apprise au secondaire tient en trois lignes de calcul intégral : c'est exactement pour cela qu'Archimède, qui l'obtint par découpages, voulait une sphère sur sa tombe.

La coquille en $x$ a pour rayon $x$ et pour hauteur la distance verticale de la parabole au plafond : $h(x)=4-x^{2}$, pour $x$ de 0 à 2. $V=2\pi\int_{0}^{2}x(4-x^{2})dx=2\pi\left[2x^{2}-\frac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{2}=2\pi(8-4)=8\pi$ : EXACTEMENT le résultat des disques horizontaux de 1c. Deux découpages orthogonaux, une seule réalité : quand les deux méthodes sont praticables, elles se vérifient l'une l'autre, un luxe à s'offrir en examen quand le temps le permet.

Rayon $x$, hauteur $h(x)=2x-x^{2}$ : $V=2\pi\int_{0}^{2}x(2x-x^{2})dx=2\pi\left[\frac{2x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{2}=2\pi\left(\frac{16}{3}-4\right)=\frac{8\pi}{3}\approx 8{,}38$. Par disques, il aurait fallu inverser $y=2x-x^{2}$ (deux branches de racine carrée !) : les coquilles évitent toute l'algèbre.

Coquilles quand la région est naturellement décrite en TRANCHES PARALLÈLES à l'axe de rotation : rotation autour de l'axe des $y$ d'une région donnée par $y=f(x)$, c'est leur royaume, car inverser $f$ serait pénible ou multiforme. Disques ou rondelles quand la tranche PERPENDICULAIRE à l'axe s'écrit sans inversion. Le critère n'est pas la forme du solide mais la variable dans laquelle la région se raconte bien.

L'axe $x=3$ est à droite de l'arche : la tranche en $x$ tourne à la distance $3-x$ : $V=2\pi\int_{0}^{2}(3-x)(2x-x^{2})dx=2\pi\int_{0}^{2}(6x-5x^{2}+x^{3})dx=2\pi\left[3x^{2}-\frac{5x^{3}}{3}+\frac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{2}=2\pi\left(12-\frac{40}{3}+4\right)=\frac{16\pi}{3}\approx 16{,}8$ : le double du volume de b), logique, la matière tournant plus loin de l'axe. Adapter le RAYON, jamais la hauteur : c'est le seul changement qu'un axe décalé impose aux coquilles.

Sur une tranche, la courbe avance de $dx$ et monte de $dy=f'(x)dx$ : sa longueur est l'hypoténuse $\sqrt{dx^{2}+dy^{2}}=\sqrt{1+[f'(x)]^{2}}\,dx$, qu'on somme. Ici $f'(x)=\frac{3}{2}x^{1/2}$ : $L=\int_{0}^{4}\sqrt{1+\frac{9x}{4}}\,dx=\left[\frac{8}{27}\left(1+\frac{9x}{4}\right)^{3/2}\right]_{0}^{4}=\frac{8}{27}\left(10^{3/2}-1\right)\approx 9{,}07$ : un peu plus que la corde $\sqrt{4^{2}+8^{2}}\approx 8{,}94$, comme il se doit.

$y'=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}$, et l'identité donnée donne $\sqrt{1+y'^{2}}=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}$ : la racine disparaît ! $L=\int_{0}^{1}\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}dx=\left[\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}\right]_{0}^{1}=\frac{e-e^{-1}}{2}\approx 1{,}18$. La chaînette (la courbe d'un câble suspendu) est LA courbe dont la longueur se calcule le mieux : sa dérivée et elle échangent leurs rôles sous la racine.

Parce que $\sqrt{1+f'^{2}}$ détruit presque toujours l'intégrabilité élémentaire : même la parabole $y=x^{2}$ mène à $\int\sqrt{1+4x^{2}}\,dx$, faisable mais laborieux (substitution trigonométrique), et l'ellipse mène à une intégrale... « elliptique », sans forme close, qui a donné son nom à toute une théorie. Dans les autres cas : intégration NUMÉRIQUE (sommes de Riemann raffinées), ou séries. Les longueurs calculables ($x^{3/2}$, chaînette, cercle) sont des exceptions choisies avec soin par les examens.

$f(x)=\sqrt{r^{2}-x^{2}}$, $f'=-\frac{x}{f}$ : $\sqrt{1+f'^{2}}=\sqrt{\frac{f^{2}+x^{2}}{f^{2}}}=\frac{r}{f}$. Alors $f(x)\sqrt{1+f'^{2}}=f\cdot\frac{r}{f}=r$ : CONSTANT ! $S=2\pi\int_{-r}^{r}r\,dx=2\pi r\cdot 2r=4\pi r^{2}$. La simplification dit une chose profonde (déjà connue d'Archimède) : chaque tranche verticale de la sphère, quelle que soit sa position, porte exactement la même aire que la tranche correspondante du cylindre circonscrit : la sphère se déroule sur son cylindre.

À l'abscisse $x$, la corde va de $y=-\sqrt{4-x^{2}}$ à $y=+\sqrt{4-x^{2}}$ : sa longueur est $s(x)=2\sqrt{4-x^{2}}$. La section carrée a donc pour aire $A(x)=s^{2}=4(4-x^{2})$, et la tranche vaut $dV=A(x)\,dx$. $V=\int_{-2}^{2}4(4-x^{2})dx=4\left[4x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-2}^{2}=4\times\frac{32}{3}=\frac{128}{3}\approx 42{,}7$. Remarquez que la racine carrée a disparu d'elle-même : c'est le carré de la corde qui intervient, jamais la corde.

L'aire d'un triangle équilatéral de côté $s$ vaut $\frac{\sqrt{3}}{4}s^{2}$, donc $A(x)=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 4(4-x^{2})=\sqrt{3}(4-x^{2})$ et $V=\sqrt{3}\times\frac{32}{3}=\frac{32\sqrt{3}}{3}\approx 18{,}5$. Le rapport au volume de a) vaut $\frac{\sqrt{3}}{4}\approx 0{,}433$, EXACTEMENT le rapport des aires des deux sections. La raison est structurelle : les deux solides ont la même corde $s(x)$ à chaque abscisse, et leurs aires de section sont toutes deux proportionnelles à $s^{2}$ avec un facteur de forme constant. Ce facteur sort de l'intégrale par linéarité, donc il survit intact au passage au volume. Changer la forme de la section multiplie le volume par une constante, quelle que soit la base.

Plaçons le plan de coupe de sorte que la hauteur au-dessus du point $(x,y)$ soit $z=y\tan 45^{\circ}=y$, pour $y\ge 0$. À l'abscisse $x$ fixée, la section est un triangle rectangle : $y$ court de 0 à $\sqrt{4-x^{2}}$ et la hauteur y vaut $y$, d'où $A(x)=\int_{0}^{\sqrt{4-x^{2}}}y\,dy=\frac{4-x^{2}}{2}$. Alors $V=\int_{-2}^{2}\frac{4-x^{2}}{2}dx=\frac{1}{2}\times\frac{32}{3}=\frac{16}{3}\approx 5{,}33$. La formule donne $\frac{2}{3}(2)^{3}\tan 45^{\circ}=\frac{16}{3}$ : identique. Ce solide n'est de révolution en aucun sens, et pourtant il se calcule aussi vite qu'un disque : la méthode des sections est strictement plus générale que celle des disques.

Principe de Cavalieri : si deux solides, coupés par tout plan d'une même famille de plans parallèles, présentent des sections de MÊME AIRE, alors ils ont le même volume. La forme des sections n'intervient pas, seule leur aire compte. Comparons donc, à la hauteur $y$ (avec $-r\le y\le r$) : la sphère de rayon $r$ y présente un disque de rayon $\sqrt{r^{2}-y^{2}}$, donc d'aire $\pi(r^{2}-y^{2})$. Le cylindre de rayon $r$ et de hauteur $2r$, privé des deux cônes de sommet au centre et de bases les deux disques extrêmes, y présente une couronne : le cône a été creusé jusqu'au rayon $|y|$, donc l'aire vaut $\pi r^{2}-\pi y^{2}=\pi(r^{2}-y^{2})$. Les deux aires sont ÉGALES à toute hauteur, donc les volumes le sont. Or le volume du solide de comparaison se lit sur des formules élémentaires : $V=\pi r^{2}(2r)-2\left(\frac{1}{3}\pi r^{2}\cdot r\right)=2\pi r^{3}-\frac{2}{3}\pi r^{3}=\frac{4}{3}\pi r^{3}$. La sphère vaut donc $\frac{4}{3}\pi r^{3}$, sans avoir intégré une seule fois. C'est la démonstration d'Archimède, et elle éclaire celle de l'exercice 1d : l'intégrale $\pi\int(r^{2}-x^{2})dx$ ne faisait qu'additionner ces mêmes aires de sections. Cavalieri, c'est le théorème fondamental avant la lettre.

La plaque est symétrique par rapport à l'axe des $y$ : toute masse à droite a son exacte contrepartie à gauche, donc $\bar{x}=0$. Aucun calcul n'est nécessaire, et repérer une symétrie avant d'intégrer fait gagner la moitié du travail à chaque fois. Aire : $A=\int_{-2}^{2}(4-x^{2})dx=\frac{32}{3}$. Moment : $\int_{-2}^{2}\frac{(4-x^{2})^{2}}{2}dx=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}(16-8x^{2}+x^{4})dx=\frac{1}{2}\cdot\frac{512}{15}=\frac{256}{15}$. D'où $\bar{y}=\frac{256/15}{32/3}=\frac{8}{5}=1{,}6$. Ce n'est pas 2, la moitié de la hauteur maximale 4, parce que la plaque n'est pas un rectangle : elle est LARGE en bas et EFFILÉE en haut, donc la masse se concentre vers le bas et tire le centre d'équilibre sous la mi-hauteur. La moitié de la hauteur ne vaut que pour une région dont la largeur est constante.

$A=\int_{0}^{2}x^{2}dx=\frac{8}{3}$. $\bar{x}=\frac{3}{8}\int_{0}^{2}x^{3}dx=\frac{3}{8}\times 4=\frac{3}{2}$. $\bar{y}=\frac{3}{8}\int_{0}^{2}\frac{x^{4}}{2}dx=\frac{3}{8}\times\frac{16}{5}=\frac{6}{5}$. Le centre de masse est en $\left(\frac{3}{2},\frac{6}{5}\right)$; comme $f\left(\frac{3}{2}\right)=2{,}25$ et que $\frac{6}{5}=1{,}2<2{,}25$, ce point est bien DANS la plaque. Mais aucune réponse générale n'est possible : pour une région en croissant ou en fer à cheval, le centre de masse tombe hors de la matière. C'est le cas de l'anneau, dont le centre d'équilibre est le trou. Le centre de masse est le barycentre de la région, pas un de ses points.

Arche $y=2x-x^{2}$ sur $[0,2]$ : $A=\int_{0}^{2}(2x-x^{2})dx=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}$, et $\bar{x}=1$ par symétrie de la parabole autour de son sommet. Autour de l'axe des $y$, la distance du centre de masse à l'axe est $\bar{d}=1$ : $V=2\pi(1)\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{8\pi}{3}$, exactement le résultat de l'exercice 2b. Autour de $x=3$ : $\bar{d}=3-1=2$, donc $V=2\pi(2)\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{16\pi}{3}$, exactement le résultat de l'exercice 2d. Une ligne remplace deux intégrales, et le doublement observé en 2d s'explique enfin : la distance parcourue par le centre de masse a doublé, tout le reste est inchangé. Lecture profonde de Pappus : un solide de révolution a pour volume l'aire de la région multipliée par la LONGUEUR DU CHEMIN $2\pi\bar{d}$ que parcourt son centre de masse. Attention toutefois, Pappus donne le volume, jamais la mise en équation : un examen qui exige la méthode des coquilles n'accepte pas Pappus en remplacement, seulement en vérification.

Le disque a pour aire $A=\pi(1)^{2}=\pi$ et son centre de masse est son centre, à $\bar{d}=3$ de l'axe : $V=2\pi(3)(\pi)=6\pi^{2}\approx 59{,}2$. Retrouver le volume du tore sans poser la moindre intégrale est le plus bel argument commercial du théorème. Si l'axe TRAVERSE la région, tout s'effondre : le disque de rayon 1 centré à l'origine a son centre de masse SUR l'axe des $y$, donc $\bar{d}=0$ et Pappus annoncerait $V=0$, alors que la rotation engendre une sphère de rayon 1, de volume $\frac{4}{3}\pi$. L'erreur est identifiable : quand l'axe traverse la région, les deux moitiés balaient le MÊME solide, et le théorème compte la matière deux fois tout en laissant les distances de part et d'autre se soustraire. L'hypothèse « l'axe ne traverse pas la région » n'est pas une précaution de rédaction, c'est ce qui rend l'énoncé vrai.

$\bar{T}=\frac{1}{24}\int_{0}^{24}\left[20+5\sin\left(\frac{\pi t}{12}\right)\right]dt$. Le sinus a une période de 24 h : son intégrale sur une période complète est NULLE (autant d'aire au-dessus qu'en dessous). Reste $\bar{T}=20$ °C. Sans calcul : la sinusoïde oscille symétriquement autour de 20, ses excès diurnes compensant exactement ses déficits nocturnes : la moyenne est le niveau de symétrie.

$\bar{v}=\frac{1}{3}\int_{0}^{3}9{,}8t\,dt=\frac{1}{3}\cdot 9{,}8\cdot\frac{9}{2}=14{,}7$ m/s, atteinte quand $9{,}8t=14{,}7$, soit $t=1{,}5$ s : le MILIEU de l'intervalle, comme pour toute fonction linéaire. Le théorème de la valeur moyenne pour les intégrales garantit qu'une fonction CONTINUE atteint toujours sa moyenne quelque part sur l'intervalle : la moyenne n'est pas une abstraction, c'est une valeur réellement prise.

La moyenne simple de $u$ sur une période est nulle (le courant alternatif va autant dans un sens que dans l'autre) : inutilisable pour mesurer la puissance, qui dépend de $u^{2}$. D'où la moyenne QUADRATIQUE : $\overline{u^{2}}=170^{2}\times\overline{\sin^{2}}=\frac{170^{2}}{2}$ (la moyenne de $\sin^{2}$ sur une période vaut $\frac{1}{2}$, la linéarisation du chapitre des techniques). $u_{eff}=\sqrt{\overline{u^{2}}}=\frac{170}{\sqrt{2}}\approx 120$ V : le « 120 volts » de la prise nord-américaine est une valeur efficace; la crête réelle est à 170 V. La valeur efficace est la tension continue qui chaufferait autant : c'est une moyenne énergétique.

Théorème : si $f$ est continue sur $[a,b]$, il existe $c\in[a,b]$ tel que $\int_{a}^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$. Géométriquement : l'aire sous la courbe égale l'aire d'un RECTANGLE de même base dont la hauteur $f(c)$ est prise SUR la courbe : on peut toujours raboter les bosses pour combler les creux, et le niveau d'arasement est une valeur atteinte. C'est le pont entre l'intégrale et la notion intuitive de moyenne.

$W=\int_{0}^{0{,}3}200x\,dx=100x^{2}\Big|_{0}^{0{,}3}=9{,}0$ J. « Force finale fois distance » donnerait $60\times 0{,}3=18$ J, le DOUBLE : la force n'est pas de 60 N tout du long, elle part de zéro et croît linéairement; le travail est l'aire du triangle sous $F=kx$, soit la moitié du rectangle. Toute force variable exige l'intégrale : la formule $W=Fd$ n'est que le cas particulier constant.

La tranche de chaîne à la profondeur $x$ (entre $x$ et $x+dx$) pèse $2\,dx$ kg, subit $2g\,dx$ newtons, et doit monter de $x$ mètres : $dW=2\times 9{,}8\times x\,dx$. $W=19{,}6\int_{0}^{20}x\,dx=19{,}6\times 200=3920$ J. Le haut de la chaîne ne monte presque pas, le bas monte de 20 m : l'intégrale fait la moyenne pondérée de tous ces trajets, ce qu'aucune formule « poids fois hauteur » unique ne sait faire.

Tranche d'eau à la hauteur $y$ (mesurée depuis le fond) : volume $\pi(1)^{2}dy$, masse $1000\pi\,dy$, poids $9800\pi\,dy$, à hisser de $2-y$ mètres : $W=9800\pi\int_{0}^{2}(2-y)dy=9800\pi\left[2y-\frac{y^{2}}{2}\right]_{0}^{2}=9800\pi\times 2=19600\pi\approx 6{,}2\times 10^{4}$ J. Réflexe de mise en équation : choisir la variable (hauteur de la tranche), écrire son poids, sa distance de montée, et laisser l'intégrale assembler.

$\int_{R}^{b}\frac{GMm}{r^{2}}dr=GMm\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{b}\right)\to\frac{GMm}{R}$ quand $b\to\infty$ : l'intégrale impropre CONVERGE (c'est le critère en $p$ avec $p=2>1$). Conséquence spectaculaire : s'éloigner INFINIMENT de la Terre ne coûte qu'une énergie FINIE : il existe donc une vitesse de libération, $v=\sqrt{\frac{2GM}{R}}\approx 11{,}2$ km/s, au-delà de laquelle un projectile ne retombe jamais. Si la gravité décroissait en $\frac{1}{r}$ au lieu de $\frac{1}{r^{2}}$, l'intégrale divergerait et AUCUNE fusée, si puissante soit-elle, ne pourrait quitter la Terre : l'astronautique est une application du chapitre des intégrales impropres.

$V=\int_{0}^{25}(50-2t)dt=\left[50t-t^{2}\right]_{0}^{25}=1250-625=625$ L. À $t=25$, le débit $r(25)=0$ : le robinet s'est refermé linéairement et s'annule pile à cet instant : intégrer au-delà soustrairait de l'eau, ce qui signalerait que le modèle change (reflux ou arrêt).

Le coût marginal est la DÉRIVÉE du coût total : $C(100)=C(0)+\int_{0}^{100}(3+0{,}02x)dx=500+\left[3x+0{,}01x^{2}\right]_{0}^{100}=500+300+100=900$ dollars. L'intégrale du marginal reconstruit le total : même théorème fondamental, en costume d'économiste.

$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{10}e^{-x/10}dx=\lim_{b\to\infty}\left[-e^{-x/10}\right]_{0}^{b}=1$ ✓ : une densité de probabilité doit totaliser 1, et il faut une intégrale impropre pour le dire. $P(X>15)=\int_{15}^{\infty}\frac{1}{10}e^{-x/10}dx=e^{-1{,}5}\approx 0{,}223$ : environ 22 % des composantes passent 15 ans. La loi exponentielle est la version continue de la décroissance radioactive du chapitre des équations différentielles : tous ces chapitres sont le même calcul.

Déplacement : $\int_{0}^{4}(t^{2}-4t+3)dt=\left[\frac{t^{3}}{3}-2t^{2}+3t\right]_{0}^{4}=\frac{64}{3}-32+12=\frac{4}{3}$ m. Distance : $v$ s'annule en $t=1$ et $t=3$ (les points de la figure) : $\int_{0}^{1}v=\frac{4}{3}$, $\int_{1}^{3}v=-\frac{4}{3}$, $\int_{3}^{4}v=\frac{4}{3}$ : distance $=\frac{4}{3}+\frac{4}{3}+\frac{4}{3}=4$ m. Récit : le mobile avance de $\frac{4}{3}$, RECULE de $\frac{4}{3}$ (revenant à son départ), puis avance à nouveau de $\frac{4}{3}$ : il a marché 4 mètres pour un gain net de $\frac{4}{3}$. Déplacement = intégrale de $v$; distance = intégrale de $|v|$ : confondre les deux est l'erreur signature de ce chapitre.

La tranche horizontale à la profondeur $h$, d'épaisseur $dh$, a pour aire $2\,dh$ et subit une pression $\rho gh$ QUASI CONSTANTE sur son épaisseur, d'où $dF=\rho g h\times 2\,dh$. C'est tout l'intérêt du découpage horizontal : la pression varie avec $h$, donc chaque tranche doit être prise à profondeur constante. $F=1000(9{,}8)(2)\int_{1}^{3}h\,dh=19600\left[\frac{h^{2}}{2}\right]_{1}^{3}=19600\times 4=78400$ N, soit environ $7{,}8\times 10^{4}$ N. Une tranche verticale, elle, aurait mélangé des pressions différentes et rendu l'intégrale fausse.

La largeur décroît linéairement de 4 m en surface à 0 à la pointe : $w(h)=4\left(1-\frac{h}{3}\right)=\frac{4(3-h)}{3}$. Alors $F=1000(9{,}8)\int_{0}^{3}h\cdot\frac{4(3-h)}{3}dh=9800\cdot\frac{4}{3}\int_{0}^{3}(3h-h^{2})dh=9800\cdot\frac{4}{3}\left[\frac{3h^{2}}{2}-\frac{h^{3}}{3}\right]_{0}^{3}=9800\cdot\frac{4}{3}\left(\frac{27}{2}-9\right)=9800\times 6=58800$ N. La pointe vers le bas est le bon sens de montage : c'est là que la pression est maximale, et c'est là que la vanne offre le moins de surface.

Par définition, la profondeur du centre de masse d'une plaque de largeur $w(h)$ est $\bar{h}=\frac{1}{A}\int h\,w(h)\,dh$, donc $\int h\,w(h)\,dh=\bar{h}A$. En reportant : $F=\rho g\int h\,w(h)\,dh=\rho g\bar{h}A$. La force totale est celle qu'on obtiendrait si toute la plaque était à la profondeur de son centre de masse. Vérification sur a) : $\bar{h}=2$ m (milieu du rectangle), $A=2\times 2=4$ m², d'où $F=1000(9{,}8)(2)(4)=78400$ N. Sur b) : le centre de masse d'un triangle est à la moyenne des profondeurs de ses sommets, soit $\frac{0+0+3}{3}=1$ m, et $A=\frac{4\times 3}{2}=6$ m², d'où $F=1000(9{,}8)(1)(6)=58800$ N. Les deux concordent. En revanche, le POINT D'APPLICATION n'est PAS le centre de masse : il est plus profond. La formule ne dit rien du point d'application, seulement de la résultante, parce que les tranches profondes poussent plus fort et déplacent le point d'équilibre des moments vers le bas. Confondre résultante et point d'application est l'erreur qui fait dimensionner les charnières d'une vanne au mauvais endroit.

Ici $w(h)=w$ constante et $h$ va de 0 à $d$ : $F=\rho g w\int_{0}^{d}h\,dh=\frac{\rho g w d^{2}}{2}$. Pour $w=10$ et $d=5$ : $F=\frac{1000(9{,}8)(10)(25)}{2}=1{,}225\times 10^{6}$ N. Pour $d=10$ : $F=4{,}9\times 10^{6}$ N, soit QUATRE fois plus pour une profondeur seulement doublée, car la force croît comme le CARRÉ de la profondeur : on gagne à la fois en pression moyenne et en surface mouillée, chacune proportionnelle à $d$. Paradoxe hydrostatique : cette force ne dépend que de la largeur et de la profondeur, jamais du VOLUME d'eau retenu. Un lac de plusieurs kilomètres et une mince couche d'eau plaquée contre la même paroi à la même profondeur exercent exactement la même force. La pression ne compte pas la quantité d'eau, elle compte la hauteur de la colonne au-dessus du point considéré, ce qui est aussi pourquoi un tube fin rempli d'eau peut faire éclater un tonneau. Centre de poussée : il annule les moments, donc $h_{cp}=\frac{\int_{0}^{d}h^{2}dh}{\int_{0}^{d}h\,dh}=\frac{d^{3}/3}{d^{2}/2}=\frac{2d}{3}$, soit $\frac{10}{3}\approx 3{,}33$ m pour $d=5$. Il se situe aux deux tiers de la profondeur, bien plus bas que le centre de masse à $\frac{d}{2}$ : voilà pourquoi les barrages sont épaissis vers leur base.