2015-2016

(1)

ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2015-2016

CONTR ˆOLE CONTINU

Compl´ements d’int´egration

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 Soient α 6= 0 et D le domaine du plan (xOy) délimité par les courbes d’équations C0 : y = 1 − x2 et Cα : y = (1 − α)(1 − x2)

et les droites d’´equations x = 1 et x = −1.

1. Tracer le domaine D dans les cas α = 3₂, α = 1₂ et α = −1.

2. Exprimer l’aire de D sous la forme d’une int´egrale double et la calculer (on pourra dis-tinguer les cas α > 0 et α < 0.

3. Déterminer les coordonnées cartésiennes (x, y) du centre de gravité G de D (on pourra là encore distinguer les cas α > 0 et α < 0).

4. Déterminer les valeurs de α pour lesquelles G se trouve à l’extérieur de D.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(2)

Certains amphithéâtres antiques, dits massifs sont constitués de gradins (la cavea) de forme ellipso¨ıdale et portée par un remblai (naturel ou non).

On envisage ainsi la création d’un amphithéâtre massif de hauteur 1 unité, inscrit dans un cylindre de section ellipso¨ıdale d’équation

x2 16 +

y2

4 = 1

entre les altitudes z = 0 et z = 1.

On souhaite en outre que la cavea suive le cône renversé d’équation

x2

4 + y

2 _{= (z + 1)}2

1. Calculer le volume de remblai contenu sous la cavea (on supposera que les parois du remblai sont verti-cales et l’on pourra s’appuyer sur le changement de variables    x = 4r cos θ y = 2r sin θ z = z

2. Calculer la surface totale de gradin ainsi disponible.

Remblai

Cavea

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 1. Calculer le moment d’inertie du triangle rectangle isoc`ele ci-dessous par rap-port `a l’axe ∆

∆

2. Calculer le moment d’inertie du cône de révolution ci-contre par rapport à son axe de symétrie.

(3)

Exercice 4 _{1. Calculer le flux sortant du champ de vecteur de R}2 − → F : _R2 −→ _R2 (x, y) 7−→ (x2_{, y}2₎ `

a travers le cercle C d’´equation

(x − a)2+ (y − b)2 = R2 `

a l’aide d’une int´egrale curviligne.

Note : on pourra commencer par effectuer le changement de variables u = x − a

v = y − b

afin de translater le centre du repère au centre du cercle C. 2. Retrouver ce résultat à l’aide d’une intégrale double.

? ? ?

(4)

CORRECTION

Exercice 1 : 1. -1 -0.5 0.5 1 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 C0 C3 2 -1 -0.5 0.5 1 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 C0 C1 2 -1 -0.5 0.5 1 0.5 1 1.5 2 C0 _C −1 α = 3 2 α = 1 2 α = −1

2. Pour tout α 6= 0, le domaine D peut ˆetre d´ecrit par

D = {(x, y) ∈ R2 / − 1 6 x 6 1, (1 − α)(1 − x2) 6 y 6 1 − x2} si α > 0 et

D = {(x, y) ∈ R2 / − 1 6 x 6 1, 1 − x2 6 y 6 (1 − α)(1 − x2)} si α < 0 Ainsi, l’aire de D est

A(D) = ZZ D dS = Z 1 −1 Z 1−x2 (1−α)(1−x2₎ dy ! dx si α > 0 et A(D) = ZZ D dS = Z 1 −1 Z (1−α)(1−x2) 1−x2 dy ! dx si α < 0. D’o`u : A(D) = Z 1 −1 Z 1−x2 (1−α)(1−x2₎ dy dx = Z 1 −1 (1 − α)(1 − x2) − (1 − x2)dx = |α| Z 1 −1 (1 − x2)dx = |α| x −x 3 3 1 −1 = 4 3|α|

(5)

3. Par sym´etrie, on a x = 0. D’autre part, si α > 0, on a y = 1 A(D) ZZ D ydS = 3 4|α| Z 1 −1 Z 1−x2 (1−α)(1−x2₎ ydy ! dx = 3 4α Z 1 −1 y2 2 1−x2 (1−α)(1−x2₎ dx = 3 8α Z 1 −1 (1 − x2)2− (1 − α)2(1 − x2)2)dx = 3(1 − (1 − α) 2₎ 8α Z 1 −1 (1 − x2)2dx = 3(2 − α) 8 Z 1 −1 (1 − 2x2 + x4)dx = 3(2 − α) 8 x −2x 3 3 + x5 5 1 −1 = 3(2 − α) 8 16 15 = 4 − 2α 5 et pour α < 0, on a y = 1 A(D) ZZ D ydS = 3 4|α| Z 1 −1 Z (1−α)(1−x2) 1−x2 ydy ! dx = − 3 4α Z 1 −1 y2 2 (1−α)(1−x2) 1−x2 dx = −3((1 − α) 2_{− 1)} 8α Z 1 −1 (1 − x2)2dx = 4 − 2α 5

4. Pour α > 0, G est à l’extérieur de D si et seulement si y est inférieur à l’ordonnée du point de Cα d’abscisse 0, soit 1 − α. Or

4 − 2α

5 < 1 − α ⇐⇒ 4 − 2α < 5 − 5α ⇐⇒ 3α < 1 ⇐⇒ 0 < α < 1 3

De même, pour α < 0, G est à l’extérieur de D si et seulement si y est inférieur à l’ordonnée du point de C0 d’abscisse 0 soit 1. Or

4 − 2α

5 < 1 ⇐⇒ 4 − 2α < 5 ⇐⇒ − 1

2 < α < 0 Ainsi, G est `a l’ext´erieur de D pour tout α ∈] −1,1[\{0}.

(6)

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

1. Il existe plusieurs méthodes permettant de calculer le volume de remblai nécessaire. L’une d’elle consiste à soustraite au volume total du cylindre le volume du cône tronqué. Ainsi,

• Le cylindre est

C = {(x, y, z) ∈ R3 _/ x2

16+ y2

4 6 1, 0 6 z 6 1} et son volume est

VC =

ZZZ

C

dV

Le calcul de cette int´egrale triple se fait `a l’aide du changement de variable “psedo-cylindrique”    x = 4r cos θ y = 2r sin θ z = z

En effet, `a l’aide de ces nouvelles coordonn´ees (r, θ, z), on a C = {(r, θ, z) ∈ R3

/ 0 6 r 6 1, 0 6 θ 6 2π, 0 6 z 6 1} Par ailleurs, le jacobien de ce changement de variable est

J (r, θ, z) = 4 cos θ −4r sin θ 0 2 sin θ 2r cos θ 0 0 0 1 = 8r Ainsi, VC = Z 2π 0 Z 1 0 Z 1 0 8rdrdθdz = 8 Z 2π 0 dθ Z 1 0 dz Z 1 0 rdr = 8π • Le cône renversé est par définition

R = {(x, y, z) ∈ R3 _/ x2

4 + y

2

6 (z + 1)2, 0 6 z 6 1} `

A l’aide des nouvelles coordonn´ees (r, θ, z), on a x2 4 + y 2 6 (z + 1)2 ⇐⇒ 4r2 6 (z + 1)2 ⇐⇒ 0 6 r 6 z + 1 2 D’o`u R = (r, θ, z) ∈ R3 / 0 6 θ 6 2π, 0 6 z 6 1, 0 6 r 6 z + 1 2

(7)

Ainsi, le volume de R est VR = ZZZ R dV = Z 2π 0 Z 1 0 Z z+1₂ 0 8rdr ! dz ! dθ = 16π Z 1 0 r2 2 z+1₂ 0 dz = 8π Z 1 0 z + 1 2 2 dz = 2π Z 1 0 (z2+ 2z + 1)dz = 2π z 3 3 + z 2_{+ z} 1 0 = 14π 3 Ainsi, le volume de remblai est

Vtot = 8π − 14π₃ = 10π 3

2. Par d´efinition, la surface de gradin disponible est la mesure de la surface G d’´equation x2

4 + y

2 _{= (z + 1)}2

délimitée par les plans horizontaux d’altitudes z = 0 et z = 1. On obtient donc cette mesure par une intégrale de surface :

SG =

ZZ

G

dS

Pour calculer cette intégrale de surface, il nous faut une paramétrisation de G, que l’on peut là encore construire à partir du changement de variables donné à la question précédente. Précisément, les points de la surface G sont les points de l’espace dont les coordonnées cartésiennes (x, y, z) vérifient

x2 4 + y

2

= (z + 1)2, _{0 6 z 6 1} ⇐⇒ r = z + 1

2 , 0 6 z 6 1

On peut alors exprimer ces coordonnées cartésiennes à l’aide des paramètres θ et z du nouveau système de coordonnées :

   x(θ, z) = 2(z + 1) cos θ y(θ, z) = (z + 1) sin θ z(θ, z) = z 0 6 θ 6 2π, 0 6 z 6 1 En un point M (θ, z) de G, un vecteur normal est alors

− → N (θ, z) =   −2(z + 1) sin θ (z + 1) cos θ 0  ∧   2 cos θ sin θ 1  =   (z + 1) cos θ 2(z + 1) sin θ −2(z + 1)  

(8)

D’o`u SG = Z 2π 0 Z 1 0 (z + 1)p5 + 3 sin2θdθdz = Z 2π 0 p 5 + 3 sin2θdθ Z 1 0 (z + 1)dz = 3 2 Z 2π 0 p 5 + 3 sin2θdθ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

1. L’inertie du triangle T par rapport `a ∆ est, par d´efinition, I∆ =

ZZ

T

d(M, ∆)2dS

Pour pouvoir calculer cette intégrale double, il faut commencer par fixer un repère du plan et nommer les grandeurs caractéristiques. Ainsi, fixons le centre du repère au milieu de l’hypoténuse O du triangle rectangle, prenons l’axe ∆ pour axe des abscisses et la perpendiculaire à ∆ passant par O pour axe des ordonnées et notons a la longueur d’un petit coté et h = a

√ 2

2 . Dans ce rep`ere, les sommets du triangles ont pour coordonn´ees

respectives

A = (h, 0) , B = (0, h) , C = (−h, 0) Le triangle T peut alors être vu comme la réunion T = T1∪ T2 où

T1 = {(x, y) ∈ R2 / − 1 6 x 6 0, 0 6 y 6 x + h}

et

T2 = {(x, y) ∈ R2 / 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 h − x}

Par ailleurs, l’axe ∆ étant par construction l’axe des abscisses du repère, la distance d(M, ∆) n’est autre que l’ordonnée |y| du point M = (x, y). Ainsi,

I∆= ZZ T1 d(M, ∆)2dS + ZZ T2 d(M, ∆)2dS = Z 0 −1 Z x+h 0 y2dy dx + Z 1 0 Z h−x 0 y2dy dx = Z 0 −1 y3 3 x+h 0 dx + Z 1 0 y3 3 h−x 0 dx = 1 3 Z 0 −1 (x + h)3dx + Z 1 0 (h − x)3dx = 1 3 (x + h)4 4 0 −1 + −(h − x) 4 4 1 0 ! = 1 12 h 4_{− (h − 1)}4_{− (h − 1)}4_{+ h}4 = 1 6(h 4_{− (h}4_{− 4h}3_{+ 6h}2_{− 4h + 1))} = 4h 3_{− 6h}2_{+ 4h − 1} 6

(9)

2. Comme pour la question précédente, commen¸cons par fixer un repère. Puisque l’on va travailler dans un cylindre, les coordonnées cylindriques (r, θ, z) semblent indiquées. Or dans ces coordonnées, r représente la distance à l’axe vertical. En prenant alors l’axe de symétrie ∆S du cylindre pour axe vertical, on obtient une expression immédiate de la

distance `a ∆S : d(M, ∆S) = r. D’autre part, en notant R le rayon du disque donnant la

section du cylindre et h sa hauteur, dans ce syst`eme de coordonn´ees, on a C = {(r, θ, z) ∈ R3 / 0 6 r 6 R, 0 6 θ 6 2π, 0 6 z 6 h} Ainsi, I∆S = ZZZ C d(M, ∆S)2dV = ZZZ C r2rdrdθdz = Z 2π 0 Z h 0 Z R 0 r3dr dz dθ = πhR 4 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 4 :

1. Après translation, les problème revient à déterminer le flux du champ ˜

F (u, v) = ((u + a)2, (v + b)2) `

a travers la courbe d’´equation u2_{+ v}2 _{= R}2_{. Or une param´}_{etrisation de C via les}

coor-donn´ees (u, v) est

u(t) = R cos t

v(t) = R sin t , t ∈ [0, 2π]

Le vecteur normal sortant de C en chaque point M (u(t), v(t)) est alors−dn = (R cos t, R sin t)dt→ et le flux cherch´e est

ϕ = Z C ˜ F (u(t), v(t)) ·−dn→ = Z 2π 0

(R cos t + a)2.R cos t + (R sin t + b)2.R sin t dt =

Z 2π

0

R3cos3t + 2aR2cos2t + a2R cos t + R3sin3t + 2bR2sin2t + b2R sin t dt

Par sym´etrie, seules les puissances paires des fonctions sinus et cosinus produisent des termes non nuls lorsqu’on les int`egre entre 0 et 2π. Ainsi

ϕ = R2 Z 2π 0 2a cos2t + 2b sin2t dt = R2 Z 2π 0

a(1 + cos(2t)) + b(1 − cos(2t)) dt = R2 (a + b)t + a − b 2 sin(2t) 2π 0

(10)

2. On peut ´egalement calculer ce flux `a l’aide de la formule de Green : ϕ = ZZ

D

div ˜F dS o`u D est le disque dont C est la fronti`ere. Or ici,

div ˜F (u, v) = ∂ ˜f1 ∂u(u, v) + ∂ ˜f2 ∂v (u, v) = 2(u + a) + 2(v + b) D’o`u ϕ = 2 ZZ D (u + v + a + b)dudv En passant aux coordonn´ees polaires

u = r cos t v = r sin t on a D = {(r, t) ∈ R2 _{/ 0 6 r 6 R, 0 6 t 6 2π}, dS = rdrdt et} ϕ = 2 Z 2π 0 Z R 0 (r(cos t + sin t) + a + b)r dr dt = 2 Z 2π 0 (cos t + sin t)dt Z R 0 r2dr + 2(a + b) Z 2π 0 dt. Z R 0 rdr = 2π(a + b)R2 ? ? ?