2013-2014

ISA BTP, 2◦ ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2013-2014

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 Les piliers du pont J. Chaban-Delmas `a Bordeaux semblent ˆetre taill´ees dans un cylindre de base ellipso¨ıdale.

Source : http ://www.frisou-frisou.com/wp-content/uploads/2013/01/Pont-Jacques-Chaban-Delmas1.jpg

Dans l’espace muni d’un rep`ere orthonorm´e, on peut alors mod´elis´e l’un de ces piliers par le cylindre C d’´equation

EC :

x2

4 + y

2_{= 1}

coup´e par le plan oblique P1 d’´equation

EP1 : x + z = h − 2 (h > 0)

et le plan vertical P2 d’´equation

1. Volume du cylindre complet

On n´eglige pour l’instant la coupe verticale.

(a) Exprimer le volume du cylindre biseaut´e `a l’aide d’une int´egrale double I1.

(b) Calculer I1 `a l’aide du changement de variable

ß

x = 2r cos(t) y = r sin(t)

2. Volume de la section verticale

(a) D´ecrire la section verticale S ˆot´ee du cylindre `a l’aide des coordonn´ees cart´esiennes.

(b) En d´eduire le volume de cette section sous la forme d’une int´egrale triple I2.

(c) Calculer I2 et en d´eduire le volume de chacun des piliers du pont.

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

Exercice 2 On assimile le plan g´eom´etrique P `<sub>a R</sub>2via un rep`ere orthonorm´e R = (O ;−→i , −→_{j ). Pour a, b ∈ R}+_∗ fix´es, on note D le domaine du plan d´efini par

D = ß (x, y) ∈ R2 / x 2 a2 + y2 b2 = 1, x > 0, y > 0 ™ 1. Dessiner D.

2. Soit Φ : (x, y) 7→ (r, t) le changement de variables d´efini par ß

x(r, t) = ar cos t y(r, t) = br sin t (a) D´ecrire D `a l’aide des nouvelles variables (r, t).

(b) Calculer l’aire de D `a l’aide d’une int´egrale double.

(c) D´eterminer les coordonn´ees cart´esiennes du centre de gravit´e G = (x, y) de D. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 Th´eor`eme de Huygens

Soient D un domaine du plan et ∆ une droite du plan.

On appelle moment quadratique de D selon l’axe ∆ l’int´egrale double I∆(D) =

ZZ

D

d(M, ∆)2dS o`u M par-court l’ensemble des points du domaine D et d(M, ∆) repr´esente la distance de M `a l’axe ∆.

Montrer que si l’on note ∆G l’axe du plan parall`ele `a ∆, passant par le centre de gravit´e G de D, alors

I∆(D) = I∆G(D) + A(D).d(∆, ∆G) 2

A(D) ´etant l’aire du domaine D.

? ? ?

CORRECTION

Exercice 1 :

1. (a) Le volume du cylindre complet correspond au volume sous la surface P1 d’´equation z = h − 2 − x au

dessus de l’ellipse du plan de base E d’´equation x2 4 + y 2_{= 1} Ainsi, I1= ZZ E (h − 2 − x)dxdy (b) Si l’on pose _ß x(r, t) = 2r cos(t) y(r, t) = r sin(t)

on a J (r, t) = 2r (soit en reconnaissant un changement de variables elliptique, soit en calcul la matrice jacobienne et son d´eterminant).

Par ailleurs, `a l’aide de ces nouvelles variables, l’ellipse E est le domaine du plan de base d´efini par E = {(r, t) ∈ R2 / 0 6 r 6 1, 0 6 t 6 2π} Ainsi I1= Z 1 0 Ç_{Z 2π} 0 (h − 2 − 2r cos(t))2rdt å dr = Z 1 0 2r [ht − 2t − 2r sin(t)]2π₀ dr = 2 Z 1 0 r (2πh − 4π) dr = 4π(h − 2) Z 1 0 rdr = 2π(h − 2)

2. (a) La section verticale ˆot´ee du cylindre est l’ensemble des points M = (x, y, z) de l’espace tels que

1 6 x 6 2, − … 1 − x 2 4 6 y 6 … 1 − x 2 4 , 0 6 z 6 h − 2 − x (b) Le volume de cette section S est donc

I2= ZZZ S dV = Z 2 1 Ñ Z h−2−x 0 Ñ Z p 1−x2 4 −p1−x2 4 dy é dz é dx = Z 2 1 2 … 1 − x 2 4 (h − 2 − x)dx

Pour calculer cette derni`ere int´egrale, on pose x = 2 cos(t). Ainsi, dx = −2 sin(t)dt et

I2= 2

Z 0

π 3

»

1 − cos2_{(t)(h − 2 − 2 cos(t))(− sin(t)dt)}

= 2 Z π3 0 sin2(t)(h − 2 − cos(t))dt = 2(h − 2) Z π3 0 sin2(t)dt − 2 Z π3 0 cos(t) sin2(t)dt = 2(h − 2) Z π₃ 0 1 − cos(2t) 2 dt − 2 ñ sin3(t) 3 ôπ 3 0 = (h − 2) ï t − 1 2sin(2t) òπ 3 0 −2 3. 332 8 = (h − 2) Ç π 3 − √ 3 4 å − √ 3 4 (c) Le volume de chaque pilier est donc

V = I1− I2= 2π(h − 2) − (h − 2) Ç π 3 − √ 3 4 å + √ 3 4 = (h − 2) Ç 5π 3 + √ 3 4 å + √ 3 4

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

1. Il s’agit d’un quart d’ellipse d’axes respectifs a et b.

2. On reconnaˆıt ici le changement de variable elliptique adapt´e `a l’ellipse ´etudi´ee. On calcule ou l’on retrouve le jacobien J (r, t) = abr. Par ailleurs, le quart d’ellipse est

D =n_{(r, t) ∈ R}2 / 0 6 r 6 1, 0 6 t 6 π 2 o Ainsi A(D) = ZZ D dS = Z 1 0 Ç Z π2 0 abrdt å dt = πab 4 (on reconnaˆıt ici le quart de l’aire de l’ellipse).

3. Les coordonn´ees (x, y) du centre de gravit´e du domaine D sont x = 1 A(D) ZZ xdxdy et x = 1 A(D) ZZ xdxdy En utilisant les nouvelles variables, on a

x = 4 πab Z 1 0 Ç_Z π 2 0 ar cos(t)abrdt å dr = 4a π Ç_{Z 1} 0 r2dr å Ç_Z π 2 0 cos(t)dt å = 4a 3π et y = 4 πab Z 1 0 Ç Z π2 0 br sin(t)abrdt å dr =4b π Ç_{Z 1} 0 r2dr å Ç_Z π 2 0 sin(t)dt å = 4b 3π ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

On pose d = d(∆, ∆G) et l’on note D1 la partie de D se situant entre ∆ et ∆G.

Soit M un point du domaine D. Si M ∈ D1, on a d(M, ∆) + d(M, ∆G) = d ⇒ d(M, ∆)2= (d − d(M, ∆G))2= d2− 2d.d(M, ∆G) + d(M, ∆G)2 Sinon, on a d(M, ∆) = d + d(M, ∆G) ⇒ d(M, ∆)2= (d + d(M, ∆G))2= d2+ 2d.d(M, ∆G) + d(M, ∆G)2 Ainsi, I∆(D) = ZZ D d(M, ∆)2dS = ZZ D1 d(M, ∆)2dS + ZZ D\D1 d(M, ∆)2dS = ZZ D1 (d2− 2d.d(M, ∆G) + d(M, ∆G)2)dS + ZZ D\D1 (d2+ 2d.d(M, ∆G) + d(M, ∆G)2)dS = ZZ D1 d2dS + ZZ D\D1 d2dS + ZZ D1 d(M, ∆G)2dS + ZZ D\D1 d(M, ∆G)2dS + d. Ç_ZZ D\D1 d(M, ∆G)dS − ZZ D1 d(M, ∆G)dS å = ZZ D d2dS + ZZ D d(M, ∆G)2dS + d. Ç ZZ D\D1 d(M, ∆G)dS − ZZ D1 d(M, ∆G)dS å

Pour obtenir l’´egalit´e cherch´ee, il reste `a montrer que ZZ D\D1 d(M, ∆G)dS − ZZ D1 d(M, ∆G)dS = 0, soit ZZ D\D1 d(M, ∆G)dS = ZZ D1 d(M, ∆G)dS

Or puisque ∆G passe par le centre de gravit´e, la somme de toutes les distances `a ∆Gdepuis la gauche est ´egale

`

a la somme de toutes les distances `a ∆G depuis la droite.

Pour montrer cela proprement, on peut par exemple placer le domaine D dans un rep`ere orthonorm´e dont le centre est G est dont l’axe vertical est ∆G. Ainsi

∀M = (x, y), d(M, ∆G) = |x|

En supposant de plus que l’axe ∆ passe `a gauche de l’axe ∆G, on a en particulier d(M, ∆G) = −x pour M ∈ D1

et d(M, ∆G) = x pour M ∈ D\D1. Ainsi, ZZ D\D1 d(M, ∆G)dS − ZZ D1 d(M, ∆G)dS = ZZ D\D1 xdS − ZZ D1 (−x)dS = ZZ D\D1 xdS + ZZ D1 xdS = ZZ D xdS = A(D) × xG

Or G ´etant le centre du rep`ere, on a xG= 0 et

I∆(D) = ZZ D d2dS + ZZ D d(M, ∆G)2dS = d2.A(D) + I∆G(D)