2011-2012

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ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2011-2012

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

On se place dans le plan muni d’un repère ortho-normé dans lequel on considère une pièce taillée dans une ellipse d’équation

x2

a2 +

y2

b2 = 1

dont une param´etrisation est

γ : t 7→ (a cos(t), b sin(t)), t ∈ π 4, 7π 4 . a b

1. En effectuant le changement de variable (x, y) (r, θ) donn´e par x = ar cos θ_{y = br sin θ} , mon-trer que l’aire de la pi`ece est

A = 3πab

4

2. Déterminer les coordonnées cartésiennes du centre de gravité G de la pièce. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 On se place dans un repère (O ; −→i ,−→j ) du plan dans lequel on considère le point B = (4, 2) ainsi que la forme différentielle

ω = x2dx − 4ydy. De plus, on note

• C1 le segment [OB],

• C2 l’arc de la courbe d’´equation x = y2 liant O `a B.

1. D´eterminer des param´etrisations pour chacun des arcs C1 et C2.

2. En d´eduire la valeur des int´egrales I1 =

Z

ω et I2 =

Z ω.

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3. Quel indice ces calculs donnent-ils sur la nature de ω ?

4. Déterminer une fonction f telle que ω soit la différentielle totale df de f . 5. Retrouver la valeur de I1 et I2 à l’aide de la fonction f .

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

Exercice 3 1. Déterminer le volume d’un objet ci-dessous, construit à partir du cylindre d’équation x2_{+ y}2 _{= R}2 _{et les plans d’´}_{equations z = 0 et y − z = 0.}

2. En déduire le volume contenu à l’intersection de deux cylindres de rayons R dont les axes sont sécants et perpendiculaires.

? ? ?

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CORRECTION

Exercice 1 :

1. Par d´efinition, l’aire de la pi`ece P est A =

ZZ

P

dS

Pour effectuer le changement de variables propos´e, il faut • exprimer P `a l’aide des nouvelles variables,

• déterminer le nouvel élément d’aire dS.

Or en calculant le jacobien du changement de variables proposé, on trouve dS = abrdrdθ. D’autre part, en s’appuyant sur la paramétrisation proposée, on constate que

P = (r, θ) ∈ R2 / 0 6 r 6 1, π 4 6 θ 6 7π 4 Ainsi, A = ab Z 7π₄ π 4 Z 1 0 rdr dθ = 3abπ 2 1 2r 2 1 0 = 3abπ 4 .

2. Par sym´etrie, on a y = 0. D’autre part,

x = ZZ xdS ZZ dS = 4 3abπ Z 7π₄ π 4 Z 1 0 ar cos θrdr dθ = 4 3bπ Z 7π₄ π 4 cos θdθ ! Z 1 0 r2dr = 4 3bπ [sin θdθ] 7π 4 π 4 . r 3 3 1 0 = −4 √ 2 9bπ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

1. • C1 est un morceau de la droite d’´equation y = 1₂x. Une param´etrisation de C1 est donc

γ1 : t 7→ t, t 2 , t ∈ [0, 4].

• C2 est sur la courbe d’´equation x = y2. En prenant y comme param`etre, on obtient

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2. • Par définition, on a I1 = Z C1 ω = Z C1 x2dx − 4ydy Or x(t) = t ⇒ dx = x0(t)dt = dt y(t) = ₂t ⇒ dy = y0(t)dt = 1₂dt d’où I1 = Z 4 0 t2− t dt = t 3 3 − t2 2 4 0 = 40 3 . • De même, on a I2 = Z C2 ω = Z C2 x2dx − 4ydy Or x(t) = t2 _⇒ _{dx = x}0_{(t)dt = 2tdt} y(t) = t ⇒ dy = y0(t)dt = dt d’où I2 = Z 2 0 2t5− 4t dt = t 6 3 − 2t 2 2 0 = 40 3 .

3. Les deux résultats de la question précédente semblent indiquer que le travail de −→F ne dépend pas du chemin emprunté pour aller de O à B. Bien que cela ne prouve rien, cela semble indiquer que−→F est un champs de gradient.

4. On cherche donc une fonction f telle que −→F = ∇f . i.e.          ∂f ∂x(x, y) = x 2 ₍₁₎ ∂f ∂y(x, y) = 4y (2) En int´egrant (1) par rapport `a x, on obtient

f (x, y) = x

3

3 + k(y).

En dérivant cette dernière expression par rapport à y et en identifiant avec (2), on obtient k0(y) = −4y

En intégrant cette dernière expression (par rapport à y), on obtient k(y) = 2y2 _et

f (x, y) = x

3

3 − 2y

2_.

5. Puisque −→F est le champs de gradient de f , quelque soit le chemin liant O `a B, le travail de−→F sur ce chemin est

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? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

1. Il existe plusieurs méthodes pour calculer le volume V cherché. La première consiste à sommer l’élément de volume dV sur l’ensemble du volume

V = ZZZ

V

dV

La seconde consiste à intégrer, sur le demi cercle du plan de base, la fonction f ; (x, y) 7→ y. Dans les deux cas, la présence du cylindre incite à passer en coordonnées cylindriques (pour la première méthode) ou polaires (pour la seconde).

Exposons ici la première méthode (la seconde étant laissée en exercice) : en coordonnées cylindriques le volume sur lequel on intègre est

V = {(r, θ, z) ∈ R3

/ 0 6 r 6 R, 0 6 θ 6 π, 0 6 z 6 r sin θ} et l’élément de volume dV est dV = rdrdθdz. D’où

V = Z π 0 Z R 0 Z r sin θ 0 rdz dr dθ = Z π 0 sin θdθ Z R 0 r2dr = 2 3R 3

2. L’intersection des deux cylindre est composée de 8 volumes calculés à la question précédente. Le volume total de cette intersection est donc

Vtot = 8 × 2 3R 3 ₌ 16 3 R 3_. ? ? ?