LM256 Examen - D´ecembre 2008 2h, documents et calculatrices interdits. Ce corrig´e est disponible sur www.math.jussieu.fr/

LM256 Examen - D´ ecembre 2008 2h, documents et calculatrices interdits. Ce corrig´ e est disponible sur www.math.jussieu.fr/∼dinh et www.math.jussieu.fr/∼falbel

Questions. a) Enoncer le th´ eor` eme de Fubini d’int´ egration d’une fonction d´ efinie sur un rectangle [a, b] × [c, d] dans R <sup>2</sup> . Pr´ eciser les hypoth` eses sur la fonction. On ne demande pas de le d´ emontrer.

b) Calculer le volume de la boule B de centre O et de rayon R dans R ³ . On demande ici les d´ etails de calcul.

R´ eponse. Voir le polycopi´ e.

Exercice I. Soit D le domaine dans le premier quadrant de R ² enferm´ e entre les courbes d’´ equations y = x ² et x = y ³ . Soit C son bord orient´ e dans le sens direct.

1. D´ eterminer l’intersection, dans le premier quadrant, des deux courbes ci-dessus.

2. Calculer l’int´ egrale double Z Z

D

x ² dxdy.

3. Calculer l’int´ egrale suivante en utilisant des param´ etrisations de C:

Z

C

dx + x ³ dy.

4. Calculer cette int´ egrale en utilisant la formule de Green-Riemann.

Solution. 1. L’intersection est d´ etermin´ ee par les solutions communes de y = x ² et x = y ³ . Dans le premier octant, c.-` a-d. pour x, y ≥ 0, on a deux solutions (x, y) = (0, 0) et (x, y) = (1, 1). Ce sont les points d’intersection recherch´ es.

2. En utilisant le th´ eor` eme de Fubini, on a Z Z

D

x ² dxdy = Z 1

0

dx Z x

x

x ² dy = Z 1

0

(x ^7/3 − x ⁴ )dx = 1/10.

3. La courbe C est constitu´ ee par deux courbes param´ etr´ ees suivantes C 1 : x = t, y = t ² , t varie de 0 ` a 1

et

C ₂ : x = t ³ , y = t, t varie de 1 ` a 0.

D’o` u Z

C

dx+x ³ dy = Z

C

dx+x ³ dy+

Z

C

dx+x ³ dy = Z 1

0

(1+2t ⁴ )dt+

Z 0 1

(3t ² +t ⁹ )dt = 3/10.

4. D’apr` es Green-Riemann, on a Z

C

dx + x ³ dy = Z Z

D

d(dx + x ³ dy) = Z Z

D

3x ² dxdy = 3/10.

Exercice II. Montrer que le champ des vecteurs − →

V , de composantes 3x ⁴ + 2x ² y ² − y ⁴

x ² y , 3y ⁴ + 2x ² y ² − x ⁴ xy ²

,

d´ efini sur le quadrant de R ² avec x > 0 et y > 0, est gradient. Trouver explicite- ment une fonction f telle que −−→

gradf = − → V . Solution. Observer que

∂

∂x

3y ⁴ + 2x ² y ² − x ⁴

xy ² = ∂

∂x 3y ²

x + 2x − x ³ y ²

= − 3y ²

x + 2 − 3x ² y ² et

∂

∂y

3x ⁴ + 2x ² y ² − y ⁴ x ² y = ∂

∂y 3x ²

y + 2y − y ³ x ²

= − 3y ²

x + 2 − 3x ² y ² .

Par le th´ eor` eme ´ enonc´ e en cours, l’´ egalit´ e entre ces deux d´ eriv´ ees partielles dans un domaine sans “trous” implique que le champ est gradient. Nous pouvons aussi trouver explicitement la fonction potentielle dans ce cas (et ceci montre que le champ est gradient directement) : De

∂f

∂x = 3x ²

y + 2y − y ³ x ² ,

on obtient, en int´ egrant par rapport ` a x, que f (x, y) = ^x _y

+ 2xy + ^y _x

+ c(y), o` u c(y) est une fonction de la variable y. Donc,

∂f

∂y = − x ³

y ² + 2x + 3y ²

x + c ⁰ (y) = 3y ²

x + 2x − x ³ y ² .

On a alors c ⁰ (y) = 0 et on peut choisir c(y) = 0. On obtient que f (x, y) = x ³

y + 2xy + y ³

x = (x ² + y ² ) ² xy .

Exercice III. Soit D le domaine de R ³ limit´ e par les surfaces d’´ equations z = x ² + y ² et z = 4 − 3x ² − 3y ² .

1. D´ eterminer l’intersection C de ces deux surfaces.

2. En utilisant les coordonn´ ees cylindriques, calculer le volume de D.

3. En utilisant les coordonn´ ees cylindriques, calculer Z Z Z

D

(x ² + xy + y ² )dxdydz.

Notons S le bord de D orient´ e suivant le vecteur normal ext´ erieur. Notons S ₁ la partie de S sup´ erieure au plan z = 1 et S ₂ la partie inf´ erieure ` a ce plan. Soit − → V le champ de vecteurs de composantes (P, Q, R) = (x, −y, 1).

4. Calculer le flux de − →

V ` a travers S ₁ . 5. Calculer le flux de − →

V ` a travers S ₂ . 6. Calculer le flux de − →

V ` a travers S en utilisant la formule d’Ostrogradsky.

7. Calculer l’aire de S ₁ .

8. Calculer la circulation de − →

V le long de la courbe C, orient´ ee dans le sens trigonom´ etrique, vue d’en haut.

Solution. 1. La courbe C est d´ etermin´ ee par les solutions communes de z = x ² + y ² et z = 4 − 3x ² − 3y ² ; soit x ² + y ² = 1 et z = 1. C’est donc le cercle de centre (0, 0, 1) dans le plan z = 1.

2. Si R est le rectangle [0, 1]× [0, 2π], en utilisant les coordonn´ ees cylindriques et puis en appliquant le th´ eor` eme de Fubini (deux fois), on obtient

volume(D) = Z Z Z

D

dxdydz = Z Z

R

rdrdθ

Z 4−3r

r

dz

= Z Z

R

(4r − 4r ³ )drdθ = 2π Z 1

0

(4r − 4r ³ )dr = 2π.

Rappelons qu’ici la valeur absolue du Jacobien est r.

3. De mˆ eme, on a Z Z Z

D

(x ² + xy + y ² )dxdydz = Z Z

R

rdrdθ

Z 4−3r

r

r ² (cos ² θ + cos θ sin θ + sin ² θ)dz

= Z Z

R

(4r ³ − 4r ⁵ )(cos ² θ + cos θ sin θ + sin ² θ)drdθ

= 2π/3.

4. La 2-forme associ´ ee ` a − → V est

Ω = xdy ∧ dz − ydz ∧ dx + dx ∧ dy.

La surface S ₁ est param´ etr´ ee par x = x, y = y, z = 4 − 3x ² − 3y ² pour (x, y)

variant dans le disque unit´ e ∆ (l’orientation est vers le haut, et dans ce cas, vers

l’ext´ erieur de D). Le flux est donc ´ egal ` a Z Z

S

Ω = Z Z

∆

xdy ∧ d(4 − 3x ² − 3y ² ) − yd(4 − 3x ² − 3y ² ) ∧ dx + dx ∧ dy

= Z Z

∆

(6x ² − 6y ² + 1)dx ∧ dy

= Z Z

R

[r ³ (6 cos ² θ − 6 sin ² θ) + r]drdθ

= π.

5. Pour S ₂ , on utilise la param´ etrisation x = x, y = y, z = x ² + y ² pour (x, y) variant dans le disque unit´ e ∆, mais il faut noter que l’orientation associ´ ee est vers le haut et dans ce cas, vers l’int´ erieur de D. C’est pourquoi on a un signe moins dans la deuxi` eme int´ egrale ci-dessous. Le flux est ´ egal ` a

Z Z

S

Ω = −

Z Z

∆

xdy ∧ d(x ² + y ² ) − yd(x ² + y ² ) ∧ dx + dx ∧ dy

= −

Z Z

∆

(−x ² + y ² + 1)dx ∧ dy

= −

Z Z

R

[r ³ (− cos ² θ + sin ² θ) + r]drdθ

= −π.

6. D’apr` es la formule d’Ostrogradsky, le flux est ´ egal ` a Z Z Z

D

div − →

V dxdydz = Z Z Z

D

0dxdydz = 0.

7. Comme S ₁ est le graphe de z = 4 − 3x ² − 3y ² au-dessus de ∆, son aire est

´ egale ` a Z Z

∆

q

1 + (z ⁰ _x ) ² + (z _y ⁰ ) ² dxdy = Z Z

∆

p 1 + 36(x ² + y ² )dxdy

= Z Z

R

√ 1 + 36r ² rdrdθ

= (37 √

37 − 1)π/54.

8. La courbe C est le bord du disque ∆ ⁰ de centre (0, 0, 1) et de rayon 1.

D’apr` es la formule de Green-Riemann g´ en´ eralis´ ee, ce travail est ´ egal ` a Z Z

∆

d(xdy − ydy + dz) = Z Z

∆

0 = 0.

Exercice IV. Calculer l’int´ egrale Z Z Z

D

cos[(x ² + 4y ² + 4z ² ) ^3/2 ]dxdydz,

o` u D est la partie du premier octant limit´ ee par la surface d’´ equation x ² + 4y ² + 4z ² = 4.

Solution. On effectue le changement de variables :

x = 2r sin ϕ cos θ, x = r sin ϕ sin θ, x = r cos ϕ.

Les points (x, y, z) dans D correspondent aux (r, θ, ϕ) dans R = [0, 1] × [0, π/2] × [0, π/2]. La valeur absolue du Jacobien est ´ egale ` a 2r <sup>2</sup> sin ϕ. On a en utilisant le th´ eor` eme de Fubini

Z Z Z

D

cos[(x ² + 4y ² + 4z ² ) ^3/2 ]dxdydz = Z Z Z

R

cos(8r ³ )2r ² sin ϕdrdθ

= h 1

12 sin(8r ³ ) i 1 0

= sin 8 12 .

—– FIN —–