EXAMEN - CORRIGE ANALYSE III

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EXAMEN - CORRIGE 22-01-2010

Pr´enom : Nom : Sciper : Section :

(1) La dur´ee de l’´epreuve est de 3 heures.

(2) Les feuilles jaunes sont des feuilles de brouillon et ne seront pas corrig´ees. Vous n’ˆetes pas autoris´es `a utiliser d’autres feuilles pour les brouillons.

(3) Documents autoris´es : r´esum´e manuscrit (deux feuilles recto-verso agraf´ees), feuilles de s´eries de Fourier (donn´ees dans le cours), livre de formules math´ematiques (CRM) et calculatrice.

Aucun autre document n’est autoris´e.

(4) Placez une pi`ece d’identit´e de fa¸con visible sur votre table.

(5) Au moment de rendre l’examen, il faudra signer une feuille de pr´esence aupr`es des assistants responsables.

(6) Il y a un total de 80 points `a obtenir sur 7 questions. Les 5 premi`eres questions portent sur l’analyse vectorielle et chacune d’entre elles vaut 10 points. Les 2 derni`eres questions sont sur la th´eorie des s´eries de Fourier et chacune vaut 15 points.

1 2 3 4 5 6 7 Total / 80

1

Exercice 1 (10 points)

On consid`ere les surfacesS₁ et S₂ donn´ees par

S₁ ={(x, y, z)∈R³|x²+z² = 1} et

S2 ={(x, y, z)∈R³|y=x}.

Soit Γ =S₁∩S₂.

(a) Donner une param´etrisation de Γ.

(b) Calculer

Z

Γ

F·ds , o`uF est le champ vectoriel d´efini dans R³ par

F(x, y, z) = yzcos(xz)i+ (sin(xz) + cosy)j+xycos(xz)k.

(c) Soit f le champ scalaire d´efini dans R³ par f(x, y, z) = √

1 +z². Calculer

Z

Γ

f ds.

Corrig´e 1

(a) Une param´etrisation de Γ est donn´ee par







x(t) = cost

y(t) = cost t∈[0,2π].

z(t) = sint

(b) On remarque que

F= gradφ avec φ=ysin(xz) + siny, et que Γ est une courbe simple ferm´ee. Alors

Z

Γ

F·ds= 0.

(c) On calcule

ds= s

dx dt

2

+ dy

dt 2

+ dz

dt 2

dt=p

1 + sin²t dt.

On obtient donc Z

Γ

f ds= Z 2π

0

f(x(t), y(t), z(t)) s

dx dt

2

+ dy

dt 2

+ dz

dt 2

dt

= Z 2π

0

(1 + sin²t)dt= 3π.

Calculer l’aire de la r´egion du plan

D={(x, y)∈R² | x²+ 3y² ≤3, 3x²+y² ≤3}.

Indication : Utiliser le th´eor`eme de Green.

Corrig´e 2 D’apr`es le th´eor`eme de Green l’aire de Dest A= 1

2 Z

∂D

(xdy−ydx).

Les quatre “coins” sont les solutions de

x²+ 3y² = 3, 3x²+y² = 3, donc (x, y) = (±

√3 2 ,±

√3 2 ).

On a ∂D = Γ₁∪Γ₂∪Γ₃∪Γ₄ avec les param´etrisations Γ₁ :x= cosθ, y=√

3 sinθ, −π

6 ≤θ ≤ π 6, Γ₂ :x=√

3 cosθ, y = sinθ, π

3 ≤θ ≤ 2π 3 , Γ₃ :x= cosθ, y=√

3 sinθ, 5π

6 ≤θ ≤ 7π 6 , Γ4 :x=√

3 cosθ, y = sinθ, 4π

3 ≤θ ≤ 5π 3 . Par cons´equent, on a dx = −sinθdθ, dy = √

3 cosθdθ pour Γ₁ et Γ₃ et dx = −√

3 sinθdθ, dy = cosθdθ pour Γ₂ et Γ₄.

L’aire cherch´ee est donc A= 1

2 Z π/6

−π/6

√

3(cos²θ+ sin²θ)dθ+1 2

Z 2π/3 π/3

√

3(cos²θ+ sin²θ)dθ+

+ 1 2

Z 7π/6 5π/6

(. . .) + 1 2

Z 5π/3 4π/3

(. . .) = 4· 1 2· π

3 ·√

3 = 2

√3π.

Exercice 3 (10 points)

(a) Les ensembles suivants sont-ils ´etoil´es, simplement connexes par arcs simples ferm´ees, sim- plement connexes par surfaces simples ferm´ees ?

(i) {(x, y, z)∈R³ |y² +z² >1} (ii) n

(x, y, z)∈R³

z <p

x²+y² o (iii) {(x, y, z)∈R³

x²

4 +^y₉² +z² >1o

(b) D´ecider si les champs vectoriels suivants d´erivent d’un potentiel scalaire. Justifier pr´ecisement votre r´eponse.

(i) Fd´efini dans R³ par

F=e^x2i+e^y2j+e^z2k.

(ii) G d´efini dans Ω := {(x, y, z)∈R³|x²+y² >0} par G= −2xy

(x²+y²)² i+ x²−y² (x²+y²)² j.

Exercice 3 Corrig´e

(a) Les ensembles suivants sont-ils ´etoil´es (E), simplement connexes par arcs simples ferm´ees (A), simplement connexes par surfaces simples ferm´ees (S) ?

(i) S,

(ii) E =⇒ A + S, (iii) A.

(b) (i) Un calcul direct montre que rotF = 0. F d´erive donc d’un potentiel scalaire car le domaine de d´efinition R³ est simplement connexe par arcs simples ferm´ees.

(ii) Un calcul direct montre que rotG=0. Cette fois-ci on ne peut pas conclure directement queGd´erive d’un potentiel scalaire car le domaine de d´efinition Ω n’est pas simplement connexe par arcs simples ferm´ees. Malgr´e cela, un calcul direct montre que G = gradφ avec

φ = y

x²+y².

Soit S⊆R³ la surface d´efinie par

S ={(x, y, z)∈R³ : y²+z²−x² = 2, −√

2≤x≤√ 7}, orient´ee de telle sorte quen(0,0,√

2) =k.

(a) Donner une repr´esentation graphique de S et pr´eciser sur la figure o`u se trouve la fronti`ere deS.

(b) Soit encore Fle champ vectoriel d´efini surR³ par

F(x, y, z) = cos(xy)e^zi−x²zj+x²yk, ∀x, y, z ∈R. Calculer

Z Z

S

rotF·dσ. Exercice 4 Corrig´e

(a) La surfaceSest un hyperbolo¨ıde `a une feuille centr´e sur l’axe desx. Le bord deSest constitu´e de deux cercles :

Γ₁ =n

(x, y, z)∈R³

y²+z² = 4, x=−√ 2o Γ₂ =n

(x, y, z)∈R³

y²+z² = 9, x=√ 7o

.

(b) On utilise le th´eor`eme de Stokes. Une param´etrisation du bord deS consistante avec la r`egle d’Amp`ere est donn´ee par :

Γ₁ :=







x=−√ 2, y= 2 cosϕ, z = 2 sinϕ,

ϕ∈[0,2π], Γ₂ :=







x=√ 7, y= 3 cosϕ, z =−3 sinϕ,

ϕ∈[0,2π].

Donc

Z Z

S

rotF·dσ = Z

∂S

F·ds= Z

Γ1

F·ds+ Z

Γ2

F·ds

= Z 2π

0





∗

−4 sinϕ 4 cosϕ



·



 0

−2 sinϕ 2 cosϕ



dϕ

+ Z 2π

0





∗ 21 sinϕ 21 cosϕ



·



 0

−3 sinϕ

−3 cosϕ



dϕ

= (8−63)·2π=−110π.

Exercice 5 (10 points)

Soit Fle champ vectoriel d´efini surR³ par

F(x, y, z) = (xcos(xy))i + (−ycos(xy) +x²y)j + (−ysin(xy) +zp

1 + (x²+y²)²−x²z)k, et ∂V la surface qui limite la r´egion

V ={(x, y, z)|z ≤x²+y² ≤2, x, y, z≥0}.

La surface est orient´ee de telle sorte que le vecteur normal pointe vers l’ext´erieur.

Calculer

Z Z

∂V

F·dσ. Exercice 5 Corrig´e

La r´egion V est param´etris´ee par les coordonn´ees cylindriques x =rcosθ

y =rsinθ z =z avec 0 ≤θ≤ ^π₂, 0≤z ≤r², 0≤r≤√

2.

La divergence de F est ∇ ·F= p

1 + (x²+y²)² = √

1 +r⁴. En utilisant le th´eor`eme de Gauss, on obtient

Z Z

∂V

F·σ = Z Z Z

V

divFdV

= Z

√2

0

Z r² 0

Z ^π₂

0

r√

1 +r⁴dθ dz dr

= π 2

Z

√ 2 0

r³√

1 +r⁴dr

= π 2

1

6(1 +r⁴)^3/2

√2

0

!

= π

12 5^3/2−1 .

Soit f la fonction 2π-p´eriodique et impaire qui co¨ıncide avec sin ¹₂x

sur [0, π[.

(a) Ecrire la s´erie de Fourier de f.

Indication : L’identit´e trigonom´etrique sinα sinβ = 1

2(cos(α−β)−cos(α+β)) peut ˆetre utile.

(b) En utilisant l’identit´e de Parseval, en d´eduire la valeur de la s´erie

∞

X

k=1

k² (4k²−1)² .

(c) Est ce-que la s´erie trouv´ee dans la partie (a) converge uniform´ement versf? Justifier pr´ecis´ement votre r´eponse.

Exercice 6 Corrig´e.

(a) Comme f est impaire, on aa_k= 0 et b_k= 2

π Z π

0

sin 1

2x

sin(kx)dx

= 1 π

Z π 0

cos

k−1

2

x

−cos

k+1 2

x

dx

= 1 π

"

sin k− ¹₂ x k− ¹₂

π

0

− sin k+¹₂ x k+¹₂

π

0

#

= 1 π

"

sin k− ¹₂ π

k−¹₂ − sin k+ ¹₂ π k+¹₂

#

= −(−1)^k π

1

k− ¹₂ + 1 k+¹₂

= −2(−1)^k π

k k²− ¹₄

= (−1)^k+18k π(4k²−1). On obtient alors

f(x)∼

∞

X

k=1

(−1)^k+18ksin(kx) π(4k²−1) . (b) En utilisant l’identit´e de Parseval, on trouve

∞

X

k=1

64k²

π²(4k²−1)² = 2 π

Z π 0

|f(x)|²dx

= 2 π

Z π 0

sin² 1

2x

dx= 1, et ainsi

∞

X

k=1

k²

(4k²−1)² = π² 64.

(c) On a

lim_x→π⁺f(x) = −16= 1 = lim_x→π⁻f(x).

Donc f n’est pas continue et par cons´equent, la s´erie de Fourier de f ne converge pas uni- form´ement versf.

Soit f la fonction 2π-p´eriodique qui co¨ıncide avec cosh(x) sur [0,2π[.

(a) Calculer la s´erie de Fourier def en notation complexe.

(b) En d´eduire la valeur de la s´erie

∞

X

n=−∞

1 1 +n². Exercice 7 Corrig´e.

(a) On a cosh(x) = ^ex+e₂^−x et donc c_n= 1

2π Z 2π

0

cosh(x)e^−inxdx

= 1 4π

Z 2π 0

e^(1−in)xdx+ 1 4π

Z 2π 0

e^−(1+in)xdx

= 1 4π

e^(1−in)x 1−in

2π

0

− e^−(1+in)x 1 +in

2π

0

!

= 1 4π

e^2π −1

1−in − e^−2π −1 1 +in

= 1 4π

(1 +in)(e^2π−1)−(e^−2π−1)(1−in) 1 +n²

= 1

2π(1 +n²)(sinh(2π) +in(−1 + cosh(2π))).

On obtient

f(x)∼

∞

X

n=−∞

sinh(2π) +in(−1 + cosh(2π)) 2π(1 +n²)

e^inx.

(b) Commef estf⁰ sont continues et diff´erentiables par morceaux avec des discontinuit´es de type saut, on sait que la s´erie de Fourier de f converge ponctuellement vers [f(x+) +f(x−)]/2 pour toutx∈R. Donc

S(x) =

∞

X

n=−∞

sinh(2π) +in(−1 + cosh(2π)) 2π(1 +n²)

e^inx = [f(x+) +f(x−)]

2 ∀x∈R.

En prenantx= 0 on obtient

∞

X

n=−∞

sinh(2π) +in(−1 + cosh(2π))

2π(1 +n²) = [f(0+) +f(0−)]

2 = 1 + cosh(2π)

2 .

Mais

∞

X

n=−∞

in(−1 + cosh(2π))

2π(1 +n²) = i(−1 + cosh(2π)) 2π

∞

X

n=−∞

n

1 +n² = 0, car chaque terme apparaˆıt deux fois dans la somme avec des signes oppos´es.

Ainsi, on obtient

sinh(2π) 2π

∞

X

n=−∞

1

(1 +n²) = 1 + cosh(2π) 2 et donc

∞

X

n=−∞

1

(1 +n²) = π(1 + cosh(2π)) sinh(2π) .