3)Un vecteur tangent est donné par

(1)

UNIVERSITÉPIERRE ETMARIECURIE ANNÉEUNIVERSITAIRE2011-2012 L2-PEIP2-LM256

Corrigé de l’examen du 5 Juin 2012 Exercice 1

1) on a−−−→

gradF=(4x³−8x y, 6y−4x²). Pour avoir−−−→

gradF=(0, 0), il faut donc 4x³= 8x y et 6y =4x². Si x6=0,alors la premier équation donne y = ¹₂x² ce qui est incompatible avec la seconde. La seule solution est donc (x,y)=(0, 0).

2) On vérifie queF(1, 1)=0 et on calcule−−−→

gradF(1, 1)=(−4, 2). CommeF_y⁰(a)= 26=0, la conclusion découle du théorème des fonctions implicites.

3)Un vecteur tangent est donné par−−−→

grad^⊥F(A)=(−2,−4), et un vecteur unitaire tangent par

−−−→grad^⊥F(A) k−−−→

grad^⊥F(A)k

c’est à dire (−1 p5,−2

p5).

4) L’équation est donnée par−4(x−1)+2(y−1)=0, ou encore−4x+2y= −2.

5) On aϕ⁰(1)=2.

Exercice 2

1) Un vecteur tangent à la courbeC est donné par M⁰(t)=(x⁰(t),y⁰(t),z⁰(t)), c’est à direM⁰(t)=(−sint, cost, 1). CommekM⁰(t)k²=(sint)²+(cost)²+1=2, un vecteur unitaire tangent est donc donné par 1

p2(−sint, cost, 1).

2) on a

I≡ Z

CV~(M)dM~ = Z _2π

0

£(x(t)+z(t))x⁰(t)+y²(t)y⁰(t)+x(t)z⁰(t)¤ d t

= Z _2π

0

£(cost+t)(−sint)+(sin²t)(cost)+cost¤ d t

= Z _2π

0

£−costsint−tsint+(1−cos²t)(cost)+cost¤ d t

= − Z _2π

0

tsint d t=[tcost]²₀^π− Z _2π

0

cost d t=2π

les autres parties de l’intégrale dans la troisième ligne étant nulles pour des rai- son de périodicité, parité (en se ramenant à la période [−π,π] , etc... ) et où la dernière intégrale est calculée par intégration par parties.

3) On calcule−→rotV~2=(e^z−2e^z, 0−0, 2ycosx−2ycosx)=(0, 0, 0) et la conclusion en découle par un résultat du cours (Corollaire 1, Chapitre 6).

4) On doit avoir f_x⁰ =y²cosxde sorte que par intégration f(x,y,z)=y²sinx+ g(y,z). De la relation f_y⁰ =2y si nx+e^z on déduit alors queg⁰_y =2ysinx+e^z− 2ysinx=e^z, d’oug(y,z)=ye^z+h(z). enfin, la relation f_z⁰=ye^z donneh⁰(z)= ye^z−ye^z =0 d’ou h=c, constante arbitraire. On a donc f(x,y,z)=y²sinx+ ye^z+c.

5) CommeV~2 est un champ de gradient, on obtient pour résultat f(M(2π))− f(M(0))=f(1, 0, 2π)−f(1, 0, 0)=0.

1

(2)

Exercice 3

I₁= Z 10

1

ÃZ y² y

1 x²yd x

! d y=

Z 10 0

1 y[1

y− 1 y²]d y=

·1

2y⁻²−y⁻¹

¸10 1

= 81

200=0, 405.

I2= Z 10

1

ÃZ y² y

y (x+y)²d x

! d y=

Z 10 1

y

· 1

y+y− 1 y+y²

¸ d y=

Z 10 1

[1 2− 1

1+y]d y

=[1

2y−log(1+y)]¹⁰₁ =9

2−log11 2. I₃=

Ï

[0,1]×[0,2π]

r²cos²θ

1+r² r d r dθ= Z 2π

0

µZ ₁

0

r³ 1+r²d r

¶

cos²θdθ= µZ ₁

0

r³ 1+r²d r

¶ µZ ₂_π

0 cos²θdθ

¶

=

·1

2(r²−log(1+r²))

¸1 0

·Z _2π

0

1

2(1+cos 2θ)dθ

¸

=π

2[1−log 2].

I4= Ñ

[0,1]×[0,2π]×[0,1](r²+z²)r d r dθd z=2π Z 1

0

µZ 1 0

r(r²+z²)d r

¶

d z=2π Z 1

0

·1 4+1

2z²

¸

d z=5π 6 . Vol (V2)=

Ï

V2

d xd yd z= Z 2π

0

ÃZ 1 0

ÃZ r²+1 0

r d z

! d r

!

dθ=2πZ 1 0

ÃZ r²+1 0

d z

!

r d r=2πZ 1 0

(r³+r)d r=3π 2 .

I5= Ñ

[0,1]×[0,2π]×[0,^π₂]

(rcosϕ)r²sinϕd r dθdϕ=2π µZ ₁

0

r³d r

¶ µZ ^π

2

0

sinϕcosϕdϕ

¶

=π 4

Z ^π₂

0

sin 2ϕdϕ=π 4

·

−cos 2ϕ 2

¸^π₂

0 =π 4. Exercice 4

1)S1et le graphe de la fonction f(x,y)=4−x−y. on a doncq

1+f⁰²_x+f⁰²_y = p1+1+1=p

3. ConsidéronsD={(x,y),x≥0,y≥0,x+y≤4} (intérieur d’un triangle) . AlorsS1est le graphe def au dessus deD, et en utilisant le Théorème de Fubini

I₁=p 3

Ï

Dx²d xd y=p 3

Z 4 0

µZ _4−y

0

x²d x

¶ d y=p

3 Z 4

0

(4−y)³

3 d y=p 3.4⁴

12= 64 p3.

2)S2est le grapheg(y,z)=y²+2z². On aq

1+g⁰²_y+g⁰²_z=p

1+4y²+8z².

I₂= Z 1

0

µZ ₁

0

y q

1+4y²+8z²d y

¶

zd z= 1 12

Z 1 0

h(1+4y²+8z²)³²i1 0zd z

= 1 12

Z 1 0

[(5+8z²)³²−(1+8z²)³²]zd z= 1 480

h

(5+8z²)⁵²−(1+8z²)⁵²i1 0

= 1

480[13⁵²−9⁵²−5⁵²+1].

2