Corrig´ e du contrˆ ole num´ ero 1.

Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Math´ematiques (M160).

Corrig´ e du contrˆ ole num´ ero 1.

Exercice 1 : Aire d’un domaine du plan.

(a) En repr´esentantDon voit queD=D₁∪D₂avecD₁={(x, y)∈R², x²−1≤y≤3x+3, x≤ 0} etD2 ={(x, y)∈R², x²−1≤y, y+ 3x² ≤3, x≥0}. (Cela est justifi´e par le fait que d’une part x² −1 ≤ y ≤ 3−3x² implique 4x² ≤ 4 donc x ∈ [−1,+1]. Ensuite une ´etude rapide de signe sur [−1,+1] montre que 3x+ 3≤3−3x² sur [−1,0] et 3x+ 3≥3−3x² sur [0,+1], d’o`u le d´ecoupageD=D₁∪D₂.)

Les deux domaines D1, D2 sont en tranches verticales, ils se rencontrent le long d’un segment vertical de l’axe des y.

(b) En utilisant le d´ecoupage d´ecrit en (a) on a d’abord : Aire(D) = Aire(D1) + Aire(D2) Ensuite on calcule par Fubini en piles :

Aire(D₁) = Z x=0

x=−1

dx

Z 3x+3 x²−1

1dy

= Z 0

−1

4 + 3x−x²dx= [4x+3 2x²−1

3x³]₋₁⁰ = 4−3 2 −1

3 = 13 6 Puis on calcule (`a nouveau `a l’aide de Fubini) :

Aire(D2) = Z x=1

x=0

dx

Z 3−3x² x²−1

1dy

= Z 1

0

4−4x²dx= [4x−4

3x³]¹₀ = 4−4 3 = 8

3 (Remarque : les aires touv´ees pourD1 etD2 sont bien positives.)

Ainsi

Aire(D) = 13 6 +8

3 = 29 6 . Exercice 2 : Calculs d’int´egrales multiples.

(a) Par Fubini : Z

D

sin(x+y)dxdy = Z x=π

x=0

dx

Z π−x 0

sin(x+y)dy

= Z π

0

[−cos(x+y)]^π−x₀ dx= Z π

0

(1+cosx)dx=π (b) Le domaine D est en tranches horizontales : lorsque y varie de −1 `a +1, l’abscisse x varie de p1−y<sup>2</sup> `a 2. Donc :

Z

D

xy²dxdy=

Z y=+1 y=−1

dy(

Z 2

√

1−y²

xy²dx) = 2 Z 1

0

dy(

Z 2

√

1−y²

xy²dx)

= Z 1

0

y²[x²]²√

1−y²dy= Z 1

0

y²(4−(1−y²))dy= Z 1

0

3y²dy+ Z 1

0

y⁴dy= 1 +1 5 = 6

5 (c) En passant d’abord en polaires :

Z

D

(1 +x²+y²) dxdy = Z

R

(1 +r²)rdrdθ

1

2

avec R={(r, θ)∈R², 1≤r ≤√

2, −^π₂ ≤θ≤ ^π₂}. Puis en appliquant Fubini sur le rectangleR : Z

R

(1 +r²)rdrdθ= Z

√ 2 1

(r+r³)πdr=π[r² 2 +r⁴

4 ]

√2

1 =π(1 + 1−1 2 −1

4) = 5π 4

(d) Le domaine est en tranches verticales au dessus de ∆ ={(x, y)∈R², x≥0, y≥0, x+y≤1}.

Donc on peut appliquer Fubini dans l’espace : Z

D

(1−x−y)z dxdydz= Z

(x,y)∈∆

dxdy

Z 1−x−y 0

(1−x−y)zdz = 1 2

Z

∆

(1−x−y)³dxdy On peut maintenant appliquer `a nouveau Fubini en piles, mais dans le plan :

Z

∆

(1−x−y)³dxdy = Z 1

0

dx Z 1−x

0

(1−x−y)³dy Pour calculer R1−x

0 (1−x−y)³dy il est commode d’effectuer le changement de variable u=x+y.

On obtient :

Z 1−x 0

(1−x−y)³dy= Z 1

x

(1−u)³du= 1

4[−(1−u)⁴]¹_x= 1

4(1−x)⁴ Alors :

Z

D

(1−x−y)z dxdydz= 1 8

Z 1 0

(1−x)⁴dx= 1

40[(x−1)⁵]¹₀ = 1 40. Exercice 3 : Volume d’un solide de l’espace.

D’abord Volume(S) = R

S1dxdydz. Ensuite le domaine S correspond en coordonn´ees cylindriques

`

a un domaine simple. En effet (x=rcosθ, y=rsinθ, z)∈D si et seulement si (r, θ, z) appartient au domaineD d´efini par : D={(r, θ, z)∈R³, 0≤r≤1, 0≤θ≤ ^π₂, −r ≤z≤r}. Pour calculer le volume deS on passe donc en coordonn´ees cylindriques:

Volume(S) = Z

D

rdrdθdz Puis on applique Fubini :

Z

D

rdrdθdz= Z

R

drdθ Z +r

−r

rdz

= 2 Z

R

r²drdθ= 2

3 ×[r³]¹₀×[θ]

π 2

0 = π 3 (dans ce calcul on a pos´eR= [0,1]×[0,^π₂].)

Exercice 4 : Comparaison d’int´egrales.

(a) Lorsque (x, y)∈D on a 0≤x et 0≤y−x doncy≥x≥0. Ainsixy ≥0.

On en tire quee^−xy ∈[0,1] pour (x, y)∈D. Donc pour (x, y)∈D on ax+y ≤x+y+e^−xy ≤ x+y+ 1. Commeu7→e^u est une fonction croissante en obtient l’in´egalit´e demand´ee :

e^x+y ≤f(x, y)≤e^x+y+1

(b) L’int´egrale est croissante, donc on peut int´egrer l’encadrement trouv´e en (a) : Z

D

e^x+ydxdy≤ Z

D

f(x, y)dxdy≤ Z

D

e^x+y+1dxdy.

3

Or R

De^x+y+1dxdy = R

De.e^x+ydxdy = eR

De^x+ydxdy, donc il suffit de calculer R

De^x+ydxdy. Par Fubini :

Z

D

e^x+ydxdy = Z x=1

x=0

dx Z 1+x

x

e^x+ydy

= Z 1

0

(e^1+2x−e^2x)dx= 1

2[e^1+2x−e^2x]¹₀= 1

2(e³−e²−e+ 1) On obtient finalement :

1

2(e³−e²−e+ 1)≤ Z

D

f(x, y)dxdy≤ 1

2(e⁴−e³−e²+e).

Exercice 5 : Equations diff´erentielles.

(a) Le polynˆome caract´eristique de l’´equation diff´erentielle estX²+X−2. Une racine ´evidente est 1, l’autre est −2. La solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle homog`ene associ´ee est donc :

x7→λe^x+µe^−2x avec λ, µdes param`etres r´eels quelconques.

Le second membre est de la forme P(x)e^sx avec P(x) = 3x (polynˆome) et s= 1, racine simple du polynˆome caract´eristique. Donc nous cherchons une solution particuli`ere de la forme y(x) = (Ax²+Bx)e^x=Q(x)e^x.

On a y⁰(x) = (Q⁰(x) +Q(x))e^x et y⁰⁰(x) = (Q⁰⁰(x) + 2Q⁰(x) +Q(x))e^x. Donc : y⁰⁰(x) +y⁰(x)−2y(x) = (Q⁰⁰(x) + 3Q⁰(x) + 0Q(x))e^x= (2A+ 3B+ 6Ax)e^x

ety(x) est solution si et seulement si (en identifiant les coefficients) on a 2A+ 3B = 0 et 6A= 3.

La solution estA= ¹₂ etB =−¹₃.

Ainsi la solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle est : x7→(1

2x²−1

3x)e^x+λe^x+µe^−2x avec λ, µdes param`etres r´eels quelconques.

(b) Le polynˆome caract´eristique de l’´equation diff´erentielle estX²−6X+ 9. On a une racine double

´

egale `a 3. La solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle homog`ene associ´ee est donc : x7→λe^3x+µxe^3x

avec λ, µdes param`etres r´eels quelconques.

Le second membre est de la forme P(x)e^sx avec P(x) = 27x² (polynˆome) et s= 0, non racine du polynˆome caract´eristique. Donc nous cherchons une solution particuli`ere de la forme y(x) = Ax²+Bx+C =Q(x).

On a y⁰(x) = 2Ax+B ety⁰⁰(x) = 2A. Donc :

y⁰⁰(x)−6y⁰(x) + 9y(x) = (9Ax²+ (9B−12A)x+ 9C−6B+ 2A

ety(x) est solution si et seulement si (en identifiant les coefficients) on a 9A= 27, 9B−12A= 0 et 9C−6B+ 2A= 0. La solution estA= 3,B = 4, C= 2.

Ainsi la solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle est : x7→3x²+ 4x+ 2 +λe^3x+µxe^3x avec λ, µdes param`etres r´eels quelconques.