2014-2015

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ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2014-2015

CONTR ÔLE CONTINU Compléments d’intégration

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

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé R, on considère un château d’eau correspondant à la représentation ci-contre.

Les parois du chˆateau d’eau suivent la surface d’´equation x2 4 + y2 4 − 3 z2 100 = 1 entre les altitudes z = 0 et z = 10m.

Par ailleurs, le fond du réservoir n’est pas plat. Il suit la calotte sphérique issue de la sphère d’équation

x2+ y2+ z2 = 49 1. Volume du r´eservoir

(a) Montrer que le bas du r´eservoir se situe `a l’altitude zmin ≈ 6, 34m.

(b) D´eterminer le volume de la partie de l’hyperbolo¨ıde situ´ee entre les altitudes z = zmin

et z = 10m (on donnera le résultat à 10−2 près).

(c) Montrer que la calotte sphérique contenue dans le réservoir (représentée ci-contre) est

C =¶

(r, θ, z) ∈ R3 / 0 6 θ 6 2π, 6, 34 6 z 6 7, 0 6 r 6√49 − z2©

et calculer son volume `a 10−2 pr`es.

(d) Donner le volume du réservoir à 10−2 près.

2. En vue du dimensionnement du plancher, on souhaite en connaˆıtre la surface. (a) Montrer que la param´etrisation

s : [0, 360] × [0, 25] −→ _R3

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(b) Calculer la surface du plancher à 10−2 près (attention : les angles sont ici donnés en degrés).

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

Exercice 2 On appelle cyclo¨ıde la courbe décrite par la valve d’une roue de vélo au cours d’un déplacement rectiligne.

Une param´etrisation d’une arche de cyclo¨ıde (correspondant `a un tour de roue de rayon a > 0) est

(Ca) :

®

x(t) = a(t − sin t)

y(t) = a(1 − cos t) , t ∈ [0, 2π].

1. Calculer la longueur de la cyclo¨ıde Ca d´efinie ci-dessus (on rappelle que pour tout t ∈ R,

on a 1 − cos(t) = sin2Ä₂tä).

2. `A l’aide des formules de Green, calculer l’aire d’une arche de cyclo¨ıde. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3

On se place dans l’espace muni d’un rep`ere orthonorm´e R, dans lequel on note

• C le cˆone d’´equation x2 _{+ y}2 _{= (1 − z)}2_{, limit´}_e

par les plans z = 0 et z = 1, de masse volumique ρC = 1,

• S la demi-sph`ere d’´equation x2 _{+ y}2 _{+ z}2 _{= 1}

situ´_{ee dans le demi-espace z 6 0, de masse volume} ρS = 2.

1. Déterminer la masse du cône C (on pourra s’appuyer sur les coordonnées cylindriques). 2. Donner (ou retrouver) la masse de la demi-sphère S.

3. Déterminer le centre de gravité de l’ensemble C ∪ S (on pourra commencer par déterminer les centres de gravités de chacune des parties en s’appuyant à chaque fois sur les coor-données cylindriques relatives au repère R).

4. Déterminer le moment quadratique de l’ensemble C ∪ S par rapport à l’axe (Oz) (chaque partie contribuant proportionnellement à sa masse). On s’attachera à donner le résultat sous la forme d’une somme d’intégrales triples (que l’on ne cherchera pas à calculer).

? ? ?

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CORRECTION

Exercice 1 :

1. (a) Le bas du réservoir se situe à l’intersection des surfaces d’équations respectives x2 4 + y2 4 − 3 z2 100 = 1 et x 2_{+ y}2_{+ z}2 _{= 49}

Ainsi, tout point (x, y, z) de cette base doit v´erifier le syst`eme

         x2_{+ y}2_{+ z}2 _{= 49} x2 4 + y2 4 − 3 z2 100 = 1

En soustrayant une équation à l’autre, z étant positif, on obtient en particulier 28 25z 2 _{= 45 ⇐⇒ z =} 25 × 45 28 ≈ 6, 34 (b) Le volume cherché peut être représenté par l’intégrale suivante :

VH=

ZZZ

H

dV

On peut, pour décrire H s’appuyer sur les coordonnées cylindriques. En effet, on peut voir l’hyperbolo¨ıde comme un empilement de disques dont le rayon r dépend de la hauteur z. Précisément, étant donné le lien existant entre les coordonnées cartésiennes (x, y, z) et cylindriques (r, θ, z) d’un point M de l’espace, on a

M ∈ H ⇔ ( _x2 4 + y2 4 − 3 z2 100 6 1 zmin 6 z 6 10 ⇔ ® r2 _{6 4 +} 3 25z 2 zmin6 z 6 10

Ainsi, la partie H cherch´ee est H = ( (r, θ, z) ∈ R3 / zmin 6 z 6 10, 0 6 r 6 4 + 3 25z 2_{, 0 6 θ 6 2π} ) et VH = Z 2π 0 Ñ Z 10 6,34 Ñ Z √ 4+3 25z2 0 rdr é dz é dθ = 2π Z 10 6,34 4 + ₂₅3z2 2 dz = π ñ 4z + z 3 25 ô10 6,34 ≈ 139, 63

(c) On peut encore utiliser les coordonnées cylindriques pour décrire la sphère interve-nant dans la définition du réservoir. Il s’agit là encore d’un empilement de disque

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le fond du réservoir est l’ensemble des points M de l’espace dont les coordonnées cylindriques vérifient ® r2_{+ z}2 _{6 49} 6, 34 6 z 6 7 ⇐⇒ ® 0 _{6 r 6} √49 − z2 6, 34 6 z 6 7 ce qui correspond bien à la description donnée.

Le volume de cette calotte est donc VC = ZZZ C dV = Z 2π 0 Z 7 6,34 Z √ 49−z2 0 rdr ! dz ! dθ = 2π Z 7 6,34 49 − z2 2 dz = π ñ 49z − z 3 3 ô7 6,34 ≈ 9, 28

(d) Le volume du réservoir est la différence des deux volumes calculés ci-dessus, soit VR ≈ 139, 63 − 9, 28 ≈ 130, 35

2. (a) Cette paramétrisation est basée sur les coordonnées sphériques de l’espace. Ainsi, on peut vérifier que pour tout couple (u, v) le point s(u, v) appartient à la sphère (i.e. les coordonnées cartésiennes s(u, v) vérifient l’équation de la sphère). Par ailleurs, il reste à vérifier que les domaines associés respectivement à u et v permettent de se limiter à la calotte voulu. Le paramètre u correspondant à l’angle θ des coordonnées sphériques, il est libre sur tout un tour. Le paramètre v correspondant à l’angle φ, il doit, d’après le dessin ci-dessous représentant une coupe verticale du château d’eau au niveau de l’axe de symétrie, être situé entre 0 et φmax = arccos

Ä_6,34 7 ä ≈ 25◦ _:

7

6 ,

34 φ

_max

(b) D’après les formules du cours, la mesure du fond du réservoir est donnée par AC = ZZ C ∂s ∂u(u, v) ∧ ∂s ∂v(u, v) dudv

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Or ∂s ∂u(u, v) ∧ ∂s ∂v(u, v) = Ö −7 sin u sin v 7 cos u sin v 0 è ∧ Ö 7 cos u cos v 7 sin u cos v −7 sin v è = Ö −49 cos u sin2v −49 sin u sin2_v

−49(sin2_{u sin v cos v + cos}2_{sin v cos v)}

è = −49 sin v Ö cos u sin v sin u sin v cos v è D’o`u ∂s ∂u(u, v) ∧ ∂s ∂v(u, v) = 49| sin v| et AC = 49 Z 360 0 ÇZ 25 0 sin vdv å du = 360(1 − cos(25)) × 2π 360 ≈ 0, 59 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 : 1. Par d´efinition, on a `(Ca) = Z Ca ||−→d`|| = Z Ca » dx2_{+ dy}2

En introduisant la param´etrisation donn´ee, on a `(Ca) = Z 2π 0 » x0_(t)2_{+ y}0_(t)2_dt = Z 2π 0 » a2_{(1 − cos t)}2_{+ a}2_sin2_tdt = a Z 2π 0 »

1 − 2 cos t + cos2_{t + sin}2_tdt

= a√2 Z 2π 0 √ 1 − cos tdt = a√2 Z 2π 0 2 sin2 Åt 2 ã dt = 2a Z 2π 0 sin Åt 2 ã

dt car t₂ ∈ [0, π] donc sinÄ_t

2 ä > 0 = 2a ï −2 cos Åt 2 ãò2π 0 = 8a 2. Par d´efinition, on a A(D) = ZZ D dS

où D désigne le domaine délimité par une arche. D’après les formules de Green, l’aire de D est également donnée par l’intégrale curviligne de la forme différentielle xdy − ydx le long de la frontière de D parcourue dans le sens trigonométrique. Or cette frontière est constituée de l’arche Ca et du segment horizontal [AB] formant la base de l’arche. Pour

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D’autre part, si A = (0, 0), d’apr`es la param´etrisation de Ca, on a B = (2aπ, 0). Une

param´etrisation du segment [AB] est donc

γ2 : [0, 2π] −→ R2

t 7−→ (x2(t), y2(t)) = (at, 0)

Ainsi,

Z

[AB]

xdy − ydx = 0. D’autre part

Z

Ca

xdy − ydx =

Z 2π

0

(a(t − sin t).a sin t − a(1 − cos t).a(1 − cos t)) dt = a2

Z 2π

0

(t sin t − sin2t − 1 + 2 cos t − cos2t)dt = a2

Z 2π

0

(t sin t + 2 cos t − 2)dt La fonction t 7→ t sin t s’int`egre par parties en posant

® u(t) = t ⇒ u0_{(t) = 1} v0(t) = sin t ⇒ v(t) = − cos t D’o`u Z 2π 0 t sin tdt = [−t cos t]2π₀ + Z 2π 0 cos tdt = −2π Ainsi Z Ca

xdy − ydx = a2(−2π + [2 sin t − 2t]2π₀ ) = −6πa2

et

A(D) = 6πa2

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

1. En notant (r, θ, z) les coordonnées cylindriques d’un point de l’espace, l’équation du cône devient

x2+ y2 = (1 − z)2 ⇐⇒ r2 _{= (1 − z)}2 _{⇐⇒ r = 1 − z}

Les points du cône sont alors les points vérifiant C =¶ (r, θ, z) ∈ R3 / 0 6 θ 6 2π, 0 6 z 6 1, 0 6 r 6 1 − z© D’où MC = ZZZ C ρCdV = ZZZ C rdrdθdz = Z 2π 0 ÇZ 1 0 ÇZ 1−z 0 rdr å dz å dθ = 2π Z 1 0 ñ r2 2 ô1−z 0 dz = π Z 1 0 (1 − z)2dz = π ñ −(1 − z) 3 3 ô1 0 = π 3

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2. MS = ZZZ S ρSdV = 2 ZZZ S dV = 4π 3

3. Les centres de gravit´e de C et S sont tous deux situ´es sur l’axe (Oz). Par ailleurs, zGC = 1 MC ZZZ C zρCrdrdθdz = 3 π Z 2π 0 ÇZ 1 0 ÇZ 1−z 0 rzdr å dz å dθ = 6 Z 1 0 z ñ r2 2 ô1−z 0 dz = 3 Z 1 0 z(1 − z)2dz = 3 Z 1 0 z − 2z2+ z3dz = 3 ñ z2 2 − 2z3 3 + z4 4 ô1 0 = 3 Ç 1 2 − 2 3+ 1 4 å = 1 4 et zGS = 1 MS ZZZ S zρSrdrdθdz = 3 2π Z 2π 0 Z 0 −1 Z √ 1−z2 0 rzdr ! dz ! dθ = 3 Z 0 −1 z ñ r2 2 ô √ 1−z2 0 dz = 3 2 Z 0 −1 z(1 − z2)dz = 3 2 Z 0 −1 z − z3dz = 3 2 ñ z2 2 − z4 4 ô0 −1 = −3 8 Pour finir, on a zC∪S = ZZZ C∪Sz.ρ(M )dV ZZZ C∪S ρ(M )dV = ZZZ Cz.ρCdV + ZZZ Sz.ρSdV ZZZ C ρCdV + ZZZ S ρSdV = MC.zGC + MS.zGS MC+ MS = π 3. 1 4 + 4π 3 .(− 3 8) π 3 + 4π 3 = − 5 12 5 3 = −1 4

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4. I(Oz) = ZZZ C∪S ρ(M )d(M, (Oz))2dV = ZZZ CρCr 2_{.rdrdθdz +}ZZZ SρSr 2_.rdrdθdz = Z 2π 0 ÇZ 1 0 ÇZ 1−z 0 r3dr å dz å dθ + 2 Z 2π 0 Z 1 0 Z √ 1−z2 0 r3dr ! dz ! dθ = 2π Z 1 0 ñ r4 4 ô1−z 0 dz + 4π Z 1 0 ñ r4 4 ô √ 1−z2 0 dz = π 4 Z 1 0 (1 − z)4dz + π Z 1 0 (1 − z2)2dz = π 4 ñ −(1 − z) 5 5 ô1 0 + π Z 1 0 (1 − 2z2+ z4)dz = π 20+ π ñ z − 2z 3 3 + z5 5 ô1 0 = π Ç 1 20+ 1 − 2 3 + 1 5 å = 7π 12 ? ? ?