MVA107 - Corrigé du devoir n 4

2010-2011
CNAM - Paris
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MVA107
Votre nom et prénom : . . .
Votre groupe d’ED : . . . (jour, heure, salle)
Devoir n◦ . . .
Votre n◦ de carte CNAM : . . .
Nom de l’enseignant d’ ED : . . .
MVA107 - Corrigé du devoir n◦ 4
Exercice 1
→
− →
−
Le plan est muni d’un repère orthonormé ( i , j ) et T est l’ensemble des points (x, y) délimité par
les droites y = 3 , y = x et y = −x .
"
Z y=3 Z x=y
Z y=3
1. Pour y fixé, x varie de −y à y, I =
y dxdy =
y(
1 dx) dy =
y2y dy =
T
((2/3)y3 )30 = 18
y=0
"
x=−y
y=0
"
2. J est l’ aire du triangle donc J =
dxdy = 9 et K =
T
x dxdy = 0 car la fonction x
T
est impaire et elle est intégrée sur un domaine symétrique par rapport à oy.
Exercice 2 (d’ après avril 2009)
L’espace de dimension 3 est muni d’un repère orthonormé (O;~i, ~j, ~k).
~ le champ de vecteur qui associe au point M de coordonnées (x, y, z) le vecteur V(M)
~
On note V
:
~
~ = −y~i + (x + 1)~j + zk.
V(M)
On note A le point de coordonnées (1, 3, 0) , H le point de coordonnées (1, 0, 0) et C le point de
coordonnées (0, 0, 4) .
1. Le rotationnel : Etant donné un champ de vecteur C 1
→
−
V (M) = P(x, y, z)~i + Q(x, y, z)~j + R(x, y, z)~k ,
→
−
on lui associe un nouveau champ de vecteur appelé rotationnel de V défini par :
−−−−−→
∂Q ~
∂Q
∂P
∂R ~
∂P ~
Rot(V) = ( ∂R
∂y − ∂z )i + ( ∂z − ∂x ) j + ( ∂x − ∂y )k
∂z
~
~ ∂−y ∂z ~ ∂x+1 ∂−y ~
Ici Rot(V) = ( ∂y
− ∂x+1
∂z )i + ( ∂z − ∂x ) j + ( ∂x − ∂y )k = 2k
−−−−−→
→
−
~ est un champ
Si V (M) est un champ de vecteur C 1 qui vérifie Rot(V) = ~0 on dit que V
~
de gradient ou que V ”dérive d’ un potentiel scalaire”, le potentiel scalaire étant − f . Ici la
réponse est donc non.
→
−
Etant donné un champ de vecteur C 1 V (M) = P(x, y, z)~i + Q(x, y, z)~j + R(x, y, z)~k,
→
−
on lui associe une fonction appelée divergence de V , définie par :
→
−
→
−
∂−y
∂Q
∂z
∂R
∂x+1
div( V ) = ∂P
∂x + ∂y + ∂z , ici div( V ) = ∂x + ∂y + ∂z = 1
~ dérive pas d’ un potentiel vecteur car divV
~ =1
Le champ de vecteur Vne
~
2. Dans cetteRquestion z = 0, alors V(M)
= −y~i + (x + 1)~j et on va calculer des intégrales
curviligne −ydx + (x + 1)dy.
~ le long du segment OA parcouru de O vers A.Le
I1 est la circulation du champ de vecteur V
point M est situé sur la droite d’ équation y = 3x . Le paramètre choisi sera x variant de 0 à
1 x = x , dx = dx , y = 3x , dy = 3dx
1
I1 =
x=1
Z
(−3x) dx) + (x + 1)3 dx = 3
x=0
~ le long du segment OH parcouru de O vers H.On
I2 est la circulation du champ de vecteur V
Z
choisira x comme paramètre y = 0 et dy = 0 I2 =
−ydx + (x + 1)dy = 0 .
~ le long du segment HA parcouru de H vers A.Le
I3 est la circulation du champ de vecteur V
paramètre sera y , x = 1, dx = 0 ,y = y et dy = dy
Z y=3
I3 =
(−y) 0 + (1 + 1)dy = 6
y=0
~ et au triangle OHA s’ écrit pour C
3. .La formule de Green appliquée au champ de vecteur V
1
la courbe fermée OHAO qui est C par morceaux orientée dans le sens trigonométrique et
→
−
1 sur D domaine de type pavé dont le bord est C :
HV (M) un champ de vecteur!C ∂Q
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = D ∂x (x, y) − ∂P
∂y (x, y) dx dy
C
∂Q
(x, y) − ∂P
∂y (x, y) = 1 − (−1) = 2
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = I2 + I3 − I1 = 0 + 6 − 3 = 3 et la valeur de l’intégrale double sur
C
le triangle est 2 Aire du triangle OHAO = 2(3/2) = 3
H∂x
4. (facultatif) On considère la pyramide de base OAH et de hauteur OC . Le flux total du champ
~
de vecteur V(M)
sortant des quatre surfaces triangulaires bord de la pyramide est donné en
utilisant la formule d’Ostrogradski :
On a une région bornée ou solide Ω de R3 dont le bord est une surface fermée C 1 par
morceaux notée S,
→
−
on a un champ de vecteur V (M) qui est C 1 , alors le flux sortant
! →
−
−
−n (M)dS est égal à # div→
V (M).→
V (M)dx dy dz
S
Ω
~
D’ après la question 1 divV(M)
= 1 donc le flux sortant est le volume de la pyramide soit
(1/3) Base x Hauteur = (1/3) (3/2) 4 = 2 .
~ à travers le triangle AHC situé dans le
5. (facultatif) Calculer le flux F du champ de vecteur V
plan d’ équation 4x + z = 4 et de normale orientée vers l’ extérieur de la pyramide .
−−→
−−→
∂OM
~
Rappel : le produit vectoriel ∂OM
∂u (u, v)Λ ∂v (u, v) = N(u, v) est un vecteur normal ( au plan
tangent ) à la surface S
 ∂x   ∂x   ∂y ∂z ∂z ∂y 
 ∂u   ∂v   ∂u ∂v − ∂u ∂v 


 
 


 
 
 ∂y  Λ  ∂y  =  ∂z ∂x − ∂x ∂z 
 ∂u   ∂v   ∂u ∂v ∂u ∂v 


 
 
 ∂z   ∂z   ∂x ∂y ∂y ∂x 
∂u
∂v
∂u ∂v − ∂u ∂v
Ici le paramétrage du triangle AHC est (x, y) avec x = x , y = y , z = 4 − 4x ,


    

 −y 
 1   0   4 
     ~

~ y, 4 − 4z) =  x + 1 
y) et V(x,
 0  Λ  1  =  0  = N(x,


4 − 4x
1
0
−4
! →
−
−n (M)dS où →
−n (M) est unitaire et donne l’ orientation de la surface .
Flux = T V (M).→
! →
!
−
→
−
~ ~k > 0)
F = +− (x,y) V (M(x, y)). N(x, y)dxdy = + (x,y) 4 − 4x − 4y dxdy (+ car N.
Le domaine d’ intégration dans R2 est le triangle OHA ( projection de OAC )
"
Z x=1 Z y=3x
Pour x fixé, y varie de 0 à 3x, F =
4 − 4x − 4y dxdy =
(
4 − 4x − 4y dy) dx
(x,y)
x=0
y=0
Z x=1
Z x=1
=
(4y − 4xy − 2y2 )3x
dx
=
12x − 30x2 dx = −4
0
x=0
x=0
2