son corrigé - Université Claude Bernard Lyon 1

Université Claude Bernard Lyon 1
PCSI L1 - UE Math 2
CONTRÔLE CONTINU NUMÉRO 4
CC4 – Vendredi 25 mai 2012
Question du cours –
−
→
Soit D un domaine de R2 . Soit V (x, y) un champ de vecteurs définie sur D. On considère des
−
→
intégrales curvilignes de V sur des courbes contenues dans D. Citer deux propriétés de ces intégrales,
−
→
chacune équivalente à la condition que V soit un champ de gradient sur D.
Corrigé :
1. La valeur de l’intégrale curviligne de V sur une courbe allant de A à B dans D depende
que des points A et B mais est independent de la courbe choisi.
−
→
2. La circulation de V sur tout chemin fermé dans D est nulle.
Exercice 1 –
1. Déterminer les points d’intersection des deux courbes de R2 d’équations respectives y = 2x et
y = 4x − 2x2 puis représenter
T = {(x, y) ∈ R2 | 2x ≤ y ≤ 4x − 2x2 }.
2. Calculer l’aire de T à l’aide d’une intégrale double (toute autre méthode de calcul n’apporte pas
de points).
3. Soit Γ la frontière de T , Γ1 la partie de Γ qui se trouve sur la droite y = 2x et Γ2 la partie de
−
→
Γ qui se trouve sur la courbe d’équation y = 4x − 2x2 . Enfin, soit V : R2 → R2 le champ de
vecteurs de composantes P et Q données par P (x, y) = x2 , Q(x, y) = 2xy.
→
−
(a) Écrire la formule de Green-Riemann pour le champ V sur Γ.
(b) Trouver une présentation paramétrique de Γ1 et Γ2 .
→
−
−
→
−
→
(c) Écrire la restriction de V à Γ1 et la restriction de V à Γ2 . Calculer la circulation de V
sur Γ (le membre de gauche de la formule de Green-Riemann).
(d) Vérifier le résultat de 3(c) par le calcul de l’intégrale double du membre de droite de la
formule de Green-Riemann.
Corrigé :
{
y
= 2x
; qui a pour
y = 4x − 2x2
solution deux points (0, 0) et (1, 2) de calcul élémentaire des solutions d’équation 2x =
4x − 2x2 .
1. Points d’intersection on trouve en resolvant un système
2. L’aire de T
∫∫
∫
dx dy =
T
0
1
(∫
)
4x−2x2
dy
∫
[
2x2 2x3
−
(4x − 2x − 2x) dx =
2
3
]1
2
dx =
2x
1
0
→
−
3. (a) La formule de Green-Riemann pour le champ V sur Γ donne :
(
)
I
∫∫
∂(2xy) ∂(x2 )
2
x dx + 2xy dy =
2y dx dy
car
−
= 2y
∂x
∂y
Γ
T
1
=
0
1
3
(b) Presentation de Γ1
{
γ1 : t 7→
de Γ2 :
{
γ2 : t 7→
x =t
; t ∈ [0, 1]
y = 2t
x
=t
; t ∈ [0, 1]
y = 4t − 2t2
→
−
(c) La restriction de V à Γ1 :
→
−
−
→
−
→
−
→
→
−
−
→
V |Γ1 = x2 i + 2xy j |Γ1 = t2 i + 2t(2t) j = t2 i + 4t2 j = (t2 , 4t2 )
→
−
La restriction de V à Γ2 :
−
→
→
−
→
−
−
→
−
→
−
→
V |Γ2 = x2 i +2xy j |Γ2 = t2 i +2t(4t−2t2 ) j = t2 i +(8t2 −4t3 ) j = (t2 , 8t2 −4t3 ).
Sur Γ1 la paramétrisation γ1′ (t) = (1, 2) et sur Γ2 la paramétrisation γ1′ (t) = (1, 4−2t)
→
−
Le produit scalaire avec le champ donne la circulation de V sur Γ
∫ 1
∫ 1
2
2
((t , 4t )(1, 2) dt −
(t2 , 8t2 − 4t3 )(1, 4 − 4t) dt
0
∫ 10
24 48 16
4
=
(t2 + 8t2 − t2 − 32t2 + 48t3 − 16t4 ) dt = − +
−
=
3
4
5
5
0
(d) Vérification :
∫∫
∫
1
(∫
2y dy
2y dx dy =
T
)
4x−2x2
0
∫
dx =
2x
0
1
[ 2 ]4x−2x2
4
y 2x
dx =
5
Exercice 2 – Soit L la droite passant par les points A = (2, 0) et B = (0, 3).
1. Écrire une équation cartésienne de la droite L.
2. Écrire une présentation paramétrique de Σ+ , l’arc de droite allant de A à B sous une forme
{
x = f (t)
; t ∈ [a, b]
y = g(t)
en précisant f, g, a et b.
Corrigé :
3
1. Équation cartésienne de la droite L : y = − x + 3
2
+
2. Une présentation paramétrique de Σ est par exemple
{
x = −t + 2
3
; t ∈ [0, 2] .
y =− t
2
2
CC4 – Jeudi 24 mai 2012
Question du cours –
Soit D une partie quarrable de R2 ayant pour bord C, une courbe fermée. Écrire une formule
permettant de calculer l’aire de D à l’aide∫∫
d’une intégrale curviligne.
Corrigé : Par définition Aire(D) = D dx dy et par la formule curiviligne
∫∫
I
I
I
1
(x dy + y dx ).
dx dy =
x dy =
y dx =
D
C
C
C 2
Exercice 1 –On considère l’arc de courbe Γ donnée par l’équation x = y 3/2 , y ∈ [0, 1].
1. Écrire un paramétrage de Γ qui relie le point (0, 0) et le point (1, 1). (Indication : on pourra
poser y = t.)
2. Calculer sa longueur.
Corrigé :
On considère l’arc de courbe Γ donnée par l’équation x = y 3/2 , y ∈ [0, 1].
{ ′
x = 23 t1/2
x(t) = t3/2
′
; t ∈ [0, 1] , γ (t) =
.
γ : t 7→
y(t) = t
y′ = 1
√(
√
)2
3 1/2
9
′
2. Sa longueur se calcule de |γ (t)| =
t
t+1
+1=
2
4
((
)
√ 3
(
)3/2
)3/2
∫ 1
∫ 1√
9
9
9
4
2
8
(
13) − 8
t + 1 dt = · · t + 1
=
+1
−1 =
|γ ′ (t)| dt =
4
9 3 4
27
4
27
0
0
{
1.
Exercice 2 –Sur R2 on considère le champ de vecteurs suivant :
−
→
−
→
−
→
V (x, y) = (2xy + y 2 − 1) i + (2xy + x2 ) j
et les deux points A = (1, 0) et B = (0, 1).
1. Soit L la droite passant par A et B.
(a) Écrire son équation cartesienne.
(b) Écrire une présentation paramétrique.
−
→
2. Calculer l’intégrale curviligne du champ V le long du segment de droite L reliant les points A
et B orienté de A vers B.
−
→
3. Sans chercher le potentiel scalaire, justifier que V est un champ de gradient.
4. Soit Σ l’arc d’une courbe allant de A à B de paramétrisation
{
[ π]
x(t) = cos4 t
; t ∈ 0,
.
y(t) = sin5 t
2
−
→
Donner la circulation du champ V le long de Σ.
[Indication : est-il possible de trouver la reponse sans avoir fait le calcul de l’intégrale curviligne
sur Σ ?]
Corrigé :
1. (a) y = −x + 1
3
{
x(t) = 1 − t
; pour avoir une oriéntation de A vers B.
y(t) = t
{
x(t) = t
Sinon, cela peut très bien être simplement γ : t 7→
.
y(t) = −t + 1
{
x(t) = 1 − t
2. Le segment de A à B est donné par γ : t 7→
; t ∈ [0, 1] et alors les
y(t) = t
différentielles dx = − dt , dy = dt . Le champ de vecteurs restreint au segment donné
est de la forme
(b) Par exemple, γ : t 7→
−
→
−
→
−
→
V (x(t), y(t)) = (2(1 − t)t + t2 − 1) i + (2(1 − t)t + (1 − t)2 ) j
L’intégrale curviligne :
∫ 1
∫
2
2
(2(1 − t)t + t − 1)(− dt ) + (2(1 − t)t + (1 − t) ) dt =
0
1
−2t + 2 dt = 1
0
−
→
3. Le champ V est définie sur R2 , un domain simplement connexe, par le théorème de
Poincaré c’est un champ de gradient car
∂Q
∂P ∂(2xy + x2 )
∂(2xy + y 2 − 1)
=
:
= 2y + 2x =
∂x
∂y
∂x
∂y
4. L’intégrale curviligne d’un champ de gradient ne depend pas de chemin - elle depend que
des extremités. Ici - les extremité sont les mêmes que pour l’intégrale de la question 2 l’intǵerale est à calculer de A à B. Par consequent la reponse est −1.
4