2013 DS corrigé .pdf


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Premier Cycle — Premi`
ere Ann´
ee
Mardi 11 juin 2013
Ann´
ee 2012–2013

Outils Math´
ematiques pour les Sciences de l’Ing´
enieur
Bar`
eme du Devoir de Synth`
ese

Exercise 1.
1. a)

b)

−−→
OM ∧ ~ez = y~ex − x~ey
(`
a noter ici ou dans la question 2)

~
~
~
f (M ) = E(M ) ∧ C(M ) · R(M
)
(d´efinition du produit mixte)
2
−−→


2
2
(calcul)
= OM ∧ ~ex = x + y

0.5
0.5
0.5

2.

Les isoscalaires de f sont les cylindres d’axes (Oz) (ainsi que l’axe (Oz)).
~ = 3, div C
~ = 0, div R
~ = 0.
div E

3.

(0.5 par r´esultat correct)
−→ ~ ~ −→ ~ ~ −→ ~
rotE = 0, rotC = 0, rotR = −2~ez

0.5
1.5
1.5

(0.5 par r´esultat correct)
~ 6= 0 donc E
~ n’est pas `
• div E
a flux conservatif.
~ est de classe C 1 de divergence nulle sur R3 donc a` flux conservatif.
•C
~ est de classe C 1 de divergence nulle sur R3 donc `a flux conservatif.
•R
~ est de classe C 1 de rotationnel nul sur R3 donc `a circulation conservative.
•E

4.

0.5
0.5
0.5
0.5

~ est de classe C 1 de rotationnel nul sur R3 donc `a circulation conservative.
•C
−→ ~ ~
~ n’est pas `
• rotR 6= 0 donc R
a circulation conservative.

0.5
0.5

1

5. a)

Enlever globalement 0.5 s’il manque la condition d’ˆetre de classe C ; enlever globalement 0.5 s’il
manque la condition d’ˆetre sur R3 .
~ = ~ez dS.
Sur D, dS
~
• ∀M ∈
Z ZD, E(M ) · ~ez = z0 , donc :
~ · dS
~
FE =
E
(d´efinition du flux)
Z ZD
=
z0 dS = Aire(D) × z0 = πr2 z0

0.5
0.5
0.5

(calcul)

0.5

D

~
• ∀M ∈ D, C(M
Z Z ) · ~ez = 1
~
donc FC0 =
C(M
) · ~ez dS = Aire(D) = πr2 .

0.5
0.5

D

~
• ∀M ∈ D, R(M
) · ~ez = 0 donc FR = 0
b)

0.5

• On consid`ere la surface orient´ee S ∪ D (avec D qui a l’orientation oppos´ee `a celle de D).
C’est une surface ferm´ee orient´ee vers l’ext´erieur, qui est le bord de la demi-boule B centr´ee en
M0 et de rayon r.




D’apr`
Z Z es le th´eor`eme
Z Zde
Z flux–divergence :
~ · dS
~=
~ dV
E
div E
S ∪D −

ZZ
Or,
donc

0.5

1

B

= 3Volume(B) = 2πr3
~ · dS
~ = FE0 − FE ,
E

0.5
0.5

S ∪D −
FE0 = πr2 (2r

+ z0 ).
~
~
• Comme C et R sont `a flux conservatif et que D et S ont le mˆeme bord orient´e, on obtient
FC0 = FC = 0 et FR0 = FR = πr2 .
Total

0.5
1
15.5

Exercise 2.

Jy =

σ0
a

ZZ

x2 y dx dy =

D
a

σ0
a

Z

a


y

0



2

Z

ae−(y/a)



aye−1

x2 dx dy

(int´egrale it´er´ee)

2

Z


2
σ0
(calcul de la premi`ere int´egrale)
y a3 e−3(y/a) − (ay)3/2 e−3 dy
=
3a 0

5
2
σ0
a −3
=

e − 1 − a5 e−3
(calcul de la deuxi`eme int´egrale)
3a 6
7
1
19 −3
= a 4 σ0

e
18 126

1.5
3.5

Mettre seulement 0.5 (au lieu de 1.5) si erreur dans le calcul de la premi`ere int´egrale et seulement 2.5 (au
lieu de 3.5) si erreur dans le calcul de la deuxi`eme int´egrale. Enlever encore un point suppl´ementaire si le
r´esultat n’a pas la dimension de a4 σ0 .
Total

7

Exercise 3.
1.

• On cherche f telle que df = ω :



 ∂f = ez ln 2 + y 2



∂x



∂f
2(x + 1)y
Il faut trouver une solution au syst`eme :
= ez

∂y
2 + y2







 ∂f = ez (x + 1) ln 2 + y 2
∂z

Int´egrations et substitutions donnent f (x, y, z) = (x+1)ez ln 2+y 2 +C

0.5

(condition n´ecessaire).

2

Il reste `
a montrer que f v´erifie df = ω. Trois possibilit´es :
1. Le syst`eme a ´et´e r´esolu par ´equivalences.
2. ω est de classe C 1 et ferm´ee (il faut la v´erification explicite) sur R3 , donc par Poincar´e elle est
exacte. La condition n´ecessaire obtenue en r´esolvant le syst`eme pr´ec´edent est donc aussi suffisante.

2.

3.

4.

3. On v´erifie explicitement que df = ω.

1

• On en d´eduit que ω est exacte
−−→
~.
grad f = V
~ est de classe C 1 (f est de classe C 2 )
Comme V

0.5
1
0.5

−→ ~ ~
et d´erive d’un potentiel scalaire, on en d´eduit que rotV
= 0.
~
La circulation
de V le long de C est
Z
−−→
C=
grad f · d~` = f (0, 0, −1) − f (0, 0, 1)
C

= ln(2) e−1 − e .
~ le long de [AB] est :
La circulation
de V
Z
~ · d~`
C0 =
V
(d´efinition)
Z[AB]
−1
~ (0, 0, z) · ~ez dz
=
V
1
Z −1

=
ln(2)ez dz = ln(2) e−1 − e .

0.5

1
0.5

0.5
0.5
1

1

5.

~ est `a circulation conservative, donc la circulation de V
~ le long
C 0 = C ce qui est normal car V
d’une courbe orient´ee ne d´epend que du point de d´epart et d’arriv´ee de cette courbe. Or les points
de d´epart et d’arriv´ee de C et de [AB] sont les mˆemes.
Total

1

10.5

Exercise 4.
1.

dS = r dθ d`

avec d` = dr2 + dz 2 , z = − cos r et dz = sin r dr.

0.5

2.

Voir figure

1

3.

En un point (x, y, z)
coordonn´ees cylindriques (r, θ, z),
q∈ S de p
p
p
2
dS = x2 + y 2 dθ 1 + sin
x2 + y 2 dr = r dθ 1 + sin2 r dr
er
et f (x, y, z) = p
, d’o`
u:
sin2 r
Z 2π Z π 1 +
er r dr dθ
I=
0 Z π 0
rer dr
= 2π
0

π
= 2π (r − 1)er 0
(ou IPP)

π
= 2π (π − 1)e + 1 .

1

0.5
0.5
1
0.5
1.5
0.5
Total

7


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