DS OMSI 2013 2014 Correction Bareme .pdf


Nom original: DS_OMSI_2013-2014_Correction_Bareme.pdfAuteur: jmbluet

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Correction Barème DS OMSI 2013-2014
Exercice 1 : Vecteurs, barycentre
1.

2.

L’aiguille 1 est constituée d’une barre homogène de section négligeable donc son centre
d’inertie est le milieu de l’aiguille. l1 = 2cm donc OG1 = 1cm. A l’instant 0 où elle est
verticale dans le demi-espace d’équation z  0, on a donc G1(0,0,1).
De même l2 = 1cm, OG2 = 21 cm et G2(0,0, 21 ) à t = 0.

1

l1 = 2l2 et les aiguilles sont des portions de la même barre homogène donc leurs masses
vérifient m1 = 2m2. On en déduit que G est barycentre de (G1 ,2) et (G2,1).
2 zG1  zG2
3
Pour t = 0, on obtient G(0, 0, 56 )

G(

3.

2 xG1  xG2
3

,

2 yG1  yG2
3

,

).

1
0.5

On a OG1 = 1 et l’aiguille 1 effectue un tour en 1h dans le plan (yOz) à vitesse angulaire
constante. On a donc 1 = t = 2 et ( ez , OG1 )  2t

1

En projetant OG1 sur les axes, on obtient x1(t) = 0, y1(t) = sin(2t), z1(t) = cos(2t).
4.

De même, OG2 = 21 et l’aiguille 2 effectue 1 tour en 12h donc 2 = t  212  6 .

( ez , OG2 )  6 t et en projetant OG2 , on a x2(t) = 0, y2(t) = 21 sin( 6 t ) , z2(t) = 21 cos( 6 t ) .
5.

OG1 .OG2  0  21 sin( 2t ) sin( 6 t )  21 cos( 2t ) cos( 6 t ) 

1 cos( 11 t ) .
2
6

0.5

OG1  OG2  ( 21 sin( 2t ) cos( 6 t )  21 cos( 2t ) sin( 6 t ))ex  21 sin( 116 t )ex .
6.

1

1

Les aiguilles sont perpendiculaires  OG1 .OG2  0 .
1 cos( 11 t ) 
2
6

11 t    k  t
6
2
3 , 9 , 15 , 21 , 27 ,3
t{ 11 11 11 11 11 }

0

Sur [0,3], on obtient



3
11

6 k , kℤ
 11

1

Les aiguilles sont alignées  OG1  OG2  0 .
1 sin( 11 t ) 
2
6

11 t  k  t  6k
6
11
6
18
24
30
12
Sur [0,3], on obtient t{ 0, 11 , 11 , 11 , 11 , 11 }

0

, kℤ .

1
TOTAL :

Exercice 2 : Formes différentielles
1) Cette forme différentielle n’est pas fermée car

( x ) ( y  1)
y
2

…………………………………………………………………………………………
x
y

0,5

donc pas exacte
2) Pour que  soit fermée, il faut

f ( y )( x ) f ( y )( y  1)
y
2

…………………………………………………………………………..
x
y
………………………………………………………………………………

0,5
1

8

Par intégration f(y) = K/y (avec K une constante)………………………………………………...
 est exacte…………………………………………………………………………………………………………..
3) On peut faire un calcul direct classique. Mais pour les étudiants ayant compris
l’esprit de l’exercice, le calcul de l’intégrale de la forme différentielle  sur le
chemin de P à Q peut s’obtenir directement à partir de l’intégration de 


1 (enlever
0,5 sans K)

0,5


En utilisant le fait que  est exacte :
R

C    G( R)  G( P) 
P

3
K …………………………………………………………………………
2

4) Le calcul de l’intégrale de la forme différentielle a sur le chemin de P à Q s’obtient
par calcul direct

2

Suivant PQ1R : De P à Q1 (x=1) et de Q1 à R (y=2)………………………………………………….
0,5
= 4-ln(2)…………………………………………………………….
0,5
Suivant PQ2R : De P à Q2 (y=1) et de Q2 à R (x=3)………………………………………………….
0,5
= 3-3ln(2)…………………………………………………………..
0,5
5) La circulation de  est indépendante du chemin suivi à la différence de la
circulation de  (et tout autre commentaire pertinent)
TOTAL :

0,5
8.0

Exercice 3 : Intégrales Multiples
1) Toutes les justifications ad hoc avec ou sans schéma sont acceptées

1

2)

0,5

……………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………….
3) Par symétrie ou par le calcul, on trouve la position du centre de gravité en (0,0,0)

2

4) a)

……………………………………………………………….

2

b)

…………………………………………………

2

………………………………………………………………………………….

1

………………………………………………………………………………………………………….
c)

par symétrie ou par le calcul……………………………………………………………….

1

0.5
1

TOTAL : 11.0

Exercice 4 : Champs de vecteur
1)


Q
R
A.d OM  Pdx  Qdy  Rdz n’est pas fermée ;
 1 et
  ………………
z
y

La circulation élémentaire n’est pas une différentielle fermée donc A ne dérive pas d’un
potentiel scalaire.
2) a) Sur OB, x=z=0 entraine C=0 ; idem pour AO ………………………………………………………
arc de cercle BA : dC  ydx  xdy ……………………………………………………………………….
en polaires : dC  R 2 ( sin 2 d  cos 2 d ) …………………………………………………….

0.5
0.5
0.5+0.5
0.5
0.5

0

C  R 2  cos(2 )d  0 ……………………………………………………………………………………


0.5

2

Dériver d’un potentiel scalaire équivaut à être à circulation conservative. A n’est
donc pas à circulation conservative pour toute valeur de , ce qui n’empêche pas
que sa circulation soit nulle sur un parcours fermé donné.
b) Les circulations sur BO et OC sont nulles pour des raisons identiques au cas
précédent (x=y= pour CO) ……………………………………………………………………………………
arc de cercle CB : dC   zdy  ydy …………………………………………………………………
en polaires : dC  R (sin d   cos d ) ………………………………………………….
2

2

2

1  cos(2 )
R 2
2 1  cos(2 )
1    ………………………
CR 
d  R 
d 
2
2
4


0

2

3) a) A partir des conditions de fermeture de la question 1 : pour =1. …………………..

 V
 x  z  y
 V

b) On résout A  GradV soit 
 zx
 y
 V  x  y
 z

………………………………………………….

On obtient V=z(x+y)-xy+cte et cte=0 …………………………………………………………………….

C'

C'

C

C

R

 A.d OM    dV V (C )  V (C ' )   2

………………………………………………

4) OCB : normale -ex ; d  ( z  y)dS …………………………………………………………………….
en polaires : d  r (sin   cos  )rdrd ……………………………………………………………


OAC : normale -ey ; d  ( z  x)dS idem cas OCB …………………………………………………….
(en polaires : d  r (sin   cos  )rdrd


R
3

 (sin   cos  )d 
0

1.0

0.5

0.5

0.5

1+0.5
(enlever
0.5 en
tout si pb
signe)

0.5
0.5+0.5
0.5



R3 2
R3
(sin   cos  )02  0 …………………………………….

(sin


cos

)
d



3 0
3



0.5
0.5

2

Circulation non nulle donc A n’est pas à circulation conservative donc ne dérive
pas d’un potentiel scalaire : en accord

3 2

0.5

0

2

c) C 

1



R3
(sin   cos  )02  0 )
3

0.5

1

OBA : normale –ez ; d  ( x  y)dS ………………………………………………………………………..
en polaires : d  r (cos    sin  )rdrd ………………………………………………………

0.5
0.5



R3
R3
2
(sin    cos  )0  1    …………………………………………………………..

3
3

1

b) Flux conservatif signifie que le flux total sur le 1/8 de boule fermé vaut 0 donc

0  S  OCB  OAC  OBA et  S  

R3
1   
3

1

TOTAL : 16.5


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