Devoir de nov. 2018 et son corrigé (Fcts de plusieurs variables)

I.U.T. de Brest Ann´ee 2018-2019

G.M.P. 2 Corrig´e du devoir du 23/11/2018

Fonctions de plusieurs variables (M3301)

Exercice 1 (≃ 3,75 points). Dans un rep`ere orthonorm´e (O,~i,~j) du plan, on consid`ere les trois points dont les coordonn´ees sont les suivantes :

A

−1 3; 0

; B

−1 3;1

2

; C

0;1

2

.

On note D l’int´erieur du triangle ABC.

1. D est l’int´erieur du triangle vert ci-dessous : 1

1

−1 O

A

B C ₁

2

−¹₃ x

2. Remarquons pour commencer que l’´equation de la droite (AC) esty= ³₂x+¹₂. Pour le voir, il suffit d’´ecrire qu’une ´equation de cette droite (non verticale) est de la forme y=ax+b, puis de traduire le fait que les coordonn´ees des points A et C v´erifient cette ´equation ; cela donne un syst`eme `a r´esoudre avec 2 ´equations et les 2 inconnues a etb.

I = Z Z

D

(3x−2y) dxdy= Z 0

−¹3

Z ¹₂

3 2x+¹₂

(3x−2y) dy

! dx=

Z 0

−¹3

3xy−y²¹₂

3 2x+¹₂

dx.

Or

3xy−y²¹₂

3

2x+¹₂ = 3 2x−1

4 −3x 3

2x+1 2

+

3 2x+ 1

2 2

= 3 2x−1

4 − 9

2x²− 3 2x+ 9

4x² +3 2x+1

4

= 3 2x−9

4x². D’o`u

I = Z 0

−¹₃

3 2x− 9

4x²

dx= 3

4x² −3 4x³

0

−¹3

= 3 4

x²−x³0

−¹3

.

Finalement I = 3

4 0−0−

−1 3

2

+

−1 3

3!

= 3 4

−1 9 − 1

27

= 1 4

−1 3 −1

9

= 1 4

−3 9 −1

9

I = 1 4× −4

9 =−1 9.

Exercice 2 (≃3,75 points). Consid´erons D le domaine du plan d´efini par : D={(x, y)∈R² / x60 ; x² +y²64}.

1. La condition x² +y² 6 4, qui s’´ecrit aussi x²+y² 6 2², signifie que les points de D sont situ´es `a l’int´erieur du cercle de centre l’origine du rep`ere et de rayon 2. La condition x6 0 signifie que les points de D sont situ´es `a gauche de la droite verticale d’´equation x = 0, c’est-`a-dire `a gauche de l’axe des abscisses. Donc D est le domaine vert ci-dessous :

1 2 3

−1

−2

−3

1 2 3

−1

−2

−3

2. On va calculer J en passant aux coordonn´ees polaires. On a alors J =

Z Z

D

3x(y−1) dxdy= Z Z

∆

3rcosθ(rsinθ−1)×rdrdθ o`u

∆ = {(r, θ)∈R² /06r62; π

2 6θ6 3π 2 }.

J = Z Z

∆

cosθ 3r³sinθ−3r²

drdθ = Z ^3π₂

π 2

cosθ Z 2

0

3r³sinθ−3r² dr

dθ

J = Z ^3π₂

π 2

cosθ

3 sinθ× r⁴ 4 −r³

2

0

! dθ =

Z ^3π₂

π 2

cosθ(12 sinθ−8) dθ

J = Z ^3π₂

π 2

(12 cosθsinθ−8 cosθ) dθ = 6× Z ^3π₂

π 2

(2 cosθsinθ) dθ−8× Z ^3π₂

π 2

cosθdθ.

Or 2 cosθsinθ est de la forme 2×u^′(θ)×u(θ) avec u(θ) = sinθ; une primitive de 2 cosθsinθ est donc (u(θ))² = sin²θ.

De plus, comme une primitive de w^′cos(w) est sinw, on obtient ici en prenant w(θ) = θ (et donc w^′(θ) = 1) :

J = 6×

sin²θ^3π₂

π 2

−8×[sinθ]

3π 2 π

2 = 6((−1)²−1²)−8((−1)−1) = 0−8×(−2) = 16.

Exercice 3 (≃4 points). Dans un rep`ere orthonorm´e (O,~i,~j) du plan, on consid`ere les deux points dont les coordonn´ees sont les suivantes :

A π;π

3

; B π;π

2

. On note D l’int´erieur du triangle OAB.

1. D est l’int´erieur du triangle vert ci-dessous :

O

B A

x

π 3 π 2

π

2. Remarquons pour commencer que l’´equation de la droite (OA) est y = ^x₃ et que l’´equation de la droite (OB) est y= ^x₂. Ainsi

K = Z Z

D

cos(12y−4x)×cosxdxdy= Z π

0

Z ^x₂

x 3

cos(12y−4x)×cosxdy

! dx

K = Z π

0

cosx× Z ^x₂

x 3

cos(12y−4x) dy

! dx.

Comme une primitive de u^′cosu est sinu, on obtient ici en prenant u(y) = 12y −4x (et donc u^′(y) =12) :

K = Z π

0

cosx×

Z ^x₂

x 3

1

12 ×12cos(12y−4x) dy

!

dx= 1 12×

Z π

0

cosx×

Z ^x₂

x 3

12cos(12y−4x) dy

! dx

K = 1 12×

Z π

0

cosx×

[sin(12y−4x)]

x 2 x 3

dx= 1 12 ×

Z π

0

cosx×(sin(2x)−sin(0)) dx

K = 1 12 ×

Z π

0

cosxsin(2x) dx.

Or, pour tout r´eel t, on a sin(2t) = 2 costsint. Ainsi : K = 1

6× Z π

0

sinxcos²xdx.

Comme une primitive deu^′u²est ^u₃³, on obtient ici en prenantu(x) = cosx(et doncu^′(x) =−sinx) : K = −1

6 × Z π

0

(−sinx) cos²xdx= −1 6 ×

1 3cos³x

π

0

.

Or cos(π) =−1 et cos(0) = 1. D’o`u K =− 1

18× (−1)³−1³

=− 1

18 ×(−1−1) = 2 18 = 1

9.

Exercice 4 (≃4 points). Consid´eronsD le domaine du plan d´efini par : D={(x, y)∈R² / 06x6y; x²+y² 61}.

1. La condition x² +y² 6 1, qui s’´ecrit aussi x²+y² 6 1², signifie que les points de D sont situ´es `a l’int´erieur du cercle de centre l’origine du rep`ere et de rayon 1. La condition x> 0 signifie que les points deDsont situ´es `a droite de la droite verticale d’´equation x= 0, c’est-`a-dire `a droite de l’axe des ordonn´ees. Enfin, la condition x6y, c’est-`a-direy>x, signifie que les points de D sont situ´es au-dessus de la droite d’´equation y=x. Donc D est le domaine vert ci-dessous :

1

−1

1

−1

y=x

2. On va calculer J en passant aux coordonn´ees polaires. On a alors L=

Z Z

D

x²y² dxdy= Z Z

∆

(rcosθ)²×(rsinθ)²×rdrdθ o`u

∆ ={(r, θ)∈R² /06r 61; π

4 6θ 6 π 2}.

J = Z Z

∆

r⁵cos²θsin²θdrdθ = Z ^π₂

π 4

Z 1

0

r⁵cos²θsin²θdr

dθ = Z ^π₂

π 4

cos²θsin²θ Z 1

0

r⁵dr

dθ

Or Z 1

0

r⁵dr= r⁶

6 1

0

= 1

6. D’o`u :

L= 1 6 ×

Z ^π₂

π 4

cos²θsin²θdθ On sait que, pour tout r´eel t, on a sin(2t) = 2 costsint. Donc ici :

cos²θsin²θ = (cosθsinθ)² =

sin(2θ) 2

2

= sin²(2θ)

4 .

On sait ´egalement que, pour tout r´eel t, on a cos(2t) = 1−2 sin²t. Donc sin²t = 1

2(1−cos(2t)).

Par cons´equent :

cos²θsin²θ = 1

4 ×sin²(2θ) = 1 4× 1

2(1−cos(4θ)) = 1

8(1−cos(4θ)).

On revient au calcul de L: L= 1

6× 1 8×

Z ^π₂

π 4

(1−cos(4θ)) dθ = 1 48 ×

Z ^π₂

π 4

(1− 1

4 ×4 cos(4θ)) dθ

L= 1 48×

θ− 1

4sin(4θ) ^π₂

π 4

L= 1 48×

π 2 − 1

4sin(2π)

− π

4 − 1

4sin(π)

Or sin(2π) = sin(π) = 0. Donc :

L= 1 48× π

4 = π 192.

Exercice 5 (≃4,5 points). Pour calculer M = Z Z Z

Ω

x²

(1 +xz)³ dxdydz, on va utiliser la somma- tion par piles ; on a alors :

M = Z Z

T

Z h(x,y)

g(x,y)

x²

(1 +xz)³ dz

! dxdy.

O

1

1 2

1

x

y z

B A

C

P Q

x

y

T

Ici T est le triangle vert OAB obtenu en projetant verticalement les points du t´etra`edre Ω sur le plan (xOy) ; et pour tout couple (x;y) pris dans T, les points de coordonn´ees (x;y;z) correspondant `a la pile rouge du dessin repr´esent´ee par le segment [P Q] sont tels que zP 6z 6zQ.

Or le pointP appartient au plan (xOy), donc zP = 0. De plus, Qappartient au plan (OAC) d’´equation 2y−z = 0, donc zQ = 2yQ = 2y. Autrement dit, g(x, y) = 0 et h(x, y) = 2y.

Retour `a la sommation par piles : M =

Z Z

T

Z 2y

0

x²

(1 +xz)³ dz

dxdy= Z Z

T

x× Z 2y

0

x

(1 +xz)³ dz

dxdy

Or une primitive de _u^u3^′ =u^′u⁻³ est ^u₋₃₊₁⁻³⁺¹ = ^u₋₂⁻² = _2u⁻¹2. Donc en prenant iciu(z) = 1 +xz (ce qui donne u^′(z) =x), on obtient :

M = Z Z

T

x×

−1 2(1 +xz)²

2y

0

dxdy= Z Z

T

x×

−1

2(1 + 2xy)² + 1 2

dxdy,

ce qui donne :

M = 1 2×

Z Z

T

x− x

(1 + 2xy)²

dxdy.

Rappelons que T est l’int´erieur du triangle vert ci-dessous :

0.5

0.5 1.0

−0.5 O

B

A x

y

x

Remarquons pour commencer que l’´equation de la droite (OB) est y= ^x₂. Ainsi M = 1

2× Z 1

0

Z ^x₂

0

x− x

(1 + 2xy)²

dy

! dx.

Comme une primitive de _u^u2^′ est ⁻_u¹, on obtient ici en prenant u(y) = 1 + 2xy (et donc u^′(y) = 2x) : M = 1

2 × 1 2×

Z 1

0

Z ^x₂

0

2x− 2x (1 + 2xy)²

dy

!

dx= 1 4×

Z 1

0

2xy− −1 1 + 2xy

^x₂

0

! dx

M = 1 4×

Z 1

0

2xy+ 1 1 + 2xy

^x₂

0

!

dx= 1 4×

Z 1

0

x² + 1

1 +x² −0−1

dx

On sait qu’une primitive de _1+u^u′2 est arctan(u) ; on va donc prendre ici u(x) = x (et donc u^′(x) = 1).

On obtient alors :

M = 1 4×

x³

3 + arctan(x)−x 1

0

.

D’o`u

M = 1 4×

1

3 + arctan(1)−1−0−arctan(0) + 0

.

Or on sait que arctan(1) = ^π₄ et que arctan(0) = 0. Finalement, M = 1

4×

−2 3 +π

4

= π 16− 1

6.

Fin du corrig´e