L1PC - univ-tln.frfaccanoni.univ-tln.fr/user/enseignements/2009_2010_M231_L1PC_controles.pdf · Table des matières Contrôle‹ 7 Contrôle ‹ - thème A 9 Exercice ¶ : continuité,

DifférentielsCalculs

M231

L1PC2009/2010Gloria FACCANONI

Examens etContrôlescontinus

Table des matières

Contrôle ¬ 7

Contrôle ¬ - thème A 9Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [12 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Exercice · : différentielle. [5 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Exercice ¸ : fonctions implicites. [8 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Contrôle ¬ - thème B 11Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [12 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Exercice · : différentielle. [5 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Exercice ¸ : fonctions implicites. [8 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Contrôle ¬ - thème C 13Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [12 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Exercice · : différentielle. [5 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Exercice ¸ : fonctions implicites. [8 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Contrôle ¬ - thème D 15Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [12 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Exercice · : différentielle. [5 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Exercice ¸ : fonctions implicites. [8 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Contrôle 19

Contrôle - thème A 21Exercice ¶ : extrema libres. [10 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Exercice · : extrema liés. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Exercice ¸ : intégrales, fonctions intégrales. [9 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Contrôle - thème B 25Exercice ¶ : extrema libres. [10 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Exercice · : extrema liés. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Exercice ¸ : intégrales, fonctions intégrales. [10 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Contrôle - thème C 29Exercice ¶ : extrema libres. [10 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Exercice · : extrema liés. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Exercice ¸ : integrales, fonctions intégrales. [10 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3

Table des matières

Contrôle - thème D 33Exercice ¶ : extrema libres. [10 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Exercice · : extrema liés. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Exercice ¸ : integrales, fonctions intégrales. [10 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Solution de l’exercice ¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Contrôle ® 37

Contrôle ® - thème A 39Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Exercice · : intégrales doubles et triples. [17 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Contrôle ® - thème B 43Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Exercice · : intégrales doubles et triples. [17 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Contrôle ® - thème C 47Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Exercice · : intégrales doubles et triples. [17 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Contrôle ® - thème D 51Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Exercice · : intégrales doubles et triples. [17 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Contrôle ® - thème E 55Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Exercice · : intégrales doubles et triples. [17 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Contrôle ¯ 61

Contrôle ¯ - thème A 63Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [7 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Exercice · : EDO du premier ordre. [23 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Solution de l’exercice ¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Solution de l’exercice ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64M231 - L1 PC - Examen du 21 mai 2010 67

Examen du 21 mai 2010 69Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [4 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Exercice · : extrema libres, extrema liés. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Exercice ¸ : «Les experts - Toulon» et «Un gâteau presque parfait». [7 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Exercice ¹ : champs de vecteurs. [5 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Exercice º : intégrales doubles et triples, intégrales généralisées. [6 points] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Solution de l’exercice ¶ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Solution de l’exercice · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Solution de l’exercice ¸ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Solution de l’exercice ¹ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Solution de l’exercice º . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73M231 - L1 PC - Rattrapage du 28 juin 2010 75

4

Université du Sud Toulon-Var Module M231 Mardi 2 mars 2010

Rattrapage du 28 juin 2010 77Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [4 pt] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercice · : extrema libres, extrema liés. [6 pt] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercice ¸ : formes différentielles. [5 pt] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercice ¹ : problèmes de Cauchy. [6 pt] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercice º : intégrales doubles et triples, intégrales généralisées. [10 pt] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Solution de l’exercice ¶ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Solution de l’exercice · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Solution de l’exercice ¸ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Solution de l’exercice ¹ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Solution de l’exercice º . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

5

Contrôle ¬

7

Contrôle ¬ - thème A

Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [12 points]

1. [3 points] Soit f : R2 → R une application et (x0, y0)∈ R2. Compléter les phrases suivantes par ⇒ , ⇐ , ⇔ ou Aucune implication :1.1 f est continue en (x0, y0) il existe ∇f(x0, y0) ;1.2 f est continue en (x0, y0) f est différentiable en (x0, y0) ;1.3 f est différentiable en (x0, y0) il existe ∇f(x0, y0) ;1.4 f est de classe C1(R2) f est différentiable en (x0, y0) ;1.5 f est de classe C1(R2) f est continue en (x0, y0) ;1.6 f est de classe C1(R2) il existe ∇f(x0, y0) ;

2. Soit f : R2 → R la fonction ainsi définief(x, y) = x2y2

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).2.1. [2 points] Est-elle continue sur R2 ? Justifier la réponse.2.2. [2 points] Calculer ∇f(x, y) pour (x, y) 6= (0, 0), i.e. le vecteur de composantes∂f∂x (x, y), ∂f

∂y (x, y).2.3. [2 points] Calculer ∇f(0, 0), i.e. le vecteur de composantes

∂f∂x (0, 0), ∂f

∂y (0, 0).2.4. [2 points] La fonction f est-elle de classe C 1(R2) ? Justifier la réponse.2.5. [1 point] Que peut-on conclure sur la différentiabilité de la fonction f sur R2 ?

Solution de l’exercice ¶.

1. Soit f : R2 → R une application et (x0, y0) ∈ R2.1.1 f est continue en (x0, y0) Aucune implication il existe ∇f(x0, y0) ;1.2 f est continue en (x0, y0) ⇐ f est différentiable en (x0, y0) ;1.3 f est différentiable en (x0, y0) ⇒ il existe ∇f(x0, y0) ;1.4 f est de classe C1(R2) ⇒ f est différentiable en (x0, y0) ;1.5 f est de classe C1(R2) ⇒ f est continue en (x0, y0) ;1.6 f est de classe C1(R2) ⇒ il existe ∇f(x0, y0) ;2. 2.1. La fonction est clairement continue dans R2 \ (0, 0). Elle est aussi continue en (0, 0) carlim(x,y)→(0,0) f(x, y) = lim(x,y)→(0,0) x2y2

x2 + y2 = limρ→0∀θ

ρ2 cos2 θ sin2 θ ≤ limρ→0ρ2 = 0 = f(0, 0).

f est donc continue sur R2.2.2. Pour (x, y) 6= (0, 0) on a∇f(x, y) = ( ∂f

∂x (x, y)∂f∂y (x, y)) = ( 2xy4(x2+y2)22x4y(x2+y2)2

).

2.3. Pour (x, y) = (0, 0) on a∇f(0, 0) = ( ∂f

∂x (0, 0)∂f∂y (0, 0)) = (limx→0 f(x,0)−f(0,0)

x−0limy→0 f(0,y)−f(0,0)y−0

) = (00) .2.4. On a déjà vérifié que la fonction est continue sur R2. Vérifions si ses dérivées partielles sont continues sur R2. On a

∂f∂x (x, y) = 2xy4(x2+y2)2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0),

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂x (x, y) = limρ→0∀θ

2ρ5(cosθ sin4 θ)ρ4 = lim

ρ→0 2ρ = 0 = ∂f∂x (0, 0)

9

Mardi 2 mars 2010 Module M231 Université du Sud Toulon-Var

∂f∂y (x, y) = 2x4y(x2+y2)2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂y (x, y) = limρ→0∀θ

2ρ5(cos4 θ sinθ)ρ4 = lim

ρ→0 2ρ = 0 = ∂f∂y (0, 0),

la fonction est donc de classe C 1(R2).2.5. Puisque toute fonction de classe C 1(Ω) est différentiable sur Ω, on conclut que f est différentiable sur R2.Exercice · : différentielle. [5 points]

1. [2 points] Écrire la définition de différentiabilité en un point (x0, y0) ∈ R2 pour une application f : R2 → R.2. [3 points] Vérifier, en utilisant la définition, que la fonction f : R2 → R telle que f(x, y) = xy− 3x2 est différentiable en (1; 2).Solution de l’exercice ·.

1. Une application f : R2 → R est différentiable en (x0, y0) ∈ R2 ssilim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y)− f(x0, y0)− f ′x (x0, y0)(x − x0)− f ′y(x0, y0)(y− y0)√x2 + y2 = 0.

2. On af(x, y) = xy− 3x2 f(1, 2) = −1,f ′x (x, y) = y− 6x fx (1, 2) = −4,f ′y(x, y) = x fy(1, 2) = 1,donc

f(x, y)− f(x0, y0)− f ′x (x0, y0)(x − x0)− f ′y(x0, y0)(y− y0)√(x − x0)2 + (y− y0)2 = xy− 3x2 + 1 + 4(x − 1)− (y− 2)√(x − 1)2 + (y− 2)2 .

Avec le changement de variables x = 1 + r cosθ et y = 2 + r sinθ ce rapport se réécritxy− 3x2 + 1 + 4(x − 1)− (y− 2)√(x − 1)2 + (y− 2)2 = (1 + r cosθ)(2 + r sinθ)− 3(1 + r cosθ)2 + 1 + 4r cosθ − r sinθ

r = r cosθ(sinθ − 3 cosθ)On a alors ∣∣∣∣∣xy− 3x2 + 1 + 4(x − 1)− (y− 2)√(x − 1)2 + (y− 2)2

∣∣∣∣∣ ≤ 4r −−→r→0 0

d’où lim(x,y)→(1,2) xy− 3x2 + 1 + 4(x − 1)− (y− 2)√(x − 1)2 + (y− 2)2 = 0.La fonction est donc différentiable en (1, 2).

Exercice ¸ : fonctions implicites. [8 points]

On considère la courbe plane d’équationyex + ey sin(2x) = 0. (1)1. [3 points] Vérifier que l’équation (1) définie une et une seule fonction y = φ(x) au voisinage de (0, 0).2. [3 points] Calculer φ′(0) et écrire l’équation de la droite tangente au graphe de la fonction φ en le point (0, φ(0)).3. [2 points] En déduire la limite de y

x quand (x, y) tend vers (0, 0) en étant sur la courbe.Solution de l’exercice ¸.

On pose f(x, y) = yex + ey sin(2x)1. On note que (0, 0) est une solution de l’équation f(x, y) = 0. On afx (x, y) = yex + 2ey cos(2x), f ′x (0, 0) = 2,fy(x, y) = ex + ey sin(2x), f ′y(0, 0) = 1.Puisque f ′y(0, 0) 6= 0 il existe une et une seule fonction y = φ(x) définie au voisinage de 0 tel que f(x, φ(x)) = 0.2. On a

φ′(0) = − f ′x (0, 0)f ′y(0, 0) = −2

donc l’équation de la droite tangente à φ en x = 0 est y = −2x.3. On a lim(x,y)→(0,0)f(x,y)=0

yx = lim

x→0 φ(x)x = lim

x→0 φ(x)− φ(0)x − 0 = lim

x→0φ′(x) = φ′(0) = −2.

10

Contrôle ¬ - thème B


1. [3 points] Soit f : R2 → R une application et (x0, y0)∈ R2. Completer les phrases suivantes par ⇒ , ⇐ , ⇔ ou Aucune implication :1.1 f est continue en (x0, y0) il existe ∇f(x0, y0) ;1.2 f est continue en (x0, y0) f est de classe C1(R2) ;1.3 f est continue en (x0, y0) f est différentiable en (x0, y0) ;1.4 f est de classe C1(R2) f est différentiable en (x0, y0) ;1.5 il existe ∇f(x0, y0) f est de classe C1(R2) ;1.6 il existe ∇f(x0, y0) f est différentiable en (x0, y0) ;




∂f∂x (0, 0), ∂f



1. Soit f : R2 → R une application et (x0, y0) ∈ R2.1.1 f est continue en (x0, y0) Aucune implication il existe ∇f(x0, y0) ;1.2 f est continue en (x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;1.3 f est continue en (x0, y0) ⇐ f est différentiable en (x0, y0) ;1.4 f est de classe C1(R2) ⇒ f est différentiable en (x0, y0) ;1.5 il existe ∇f(x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;1.6 il existe ∇f(x0, y0) ⇐ f est différentiable en (x0, y0) ;2. 2.1. La fonction est clairement continue dans R2 \ (0, 0). Elle est aussi continue en (0, 0) carlim(x,y)→(0,0) f(x, y) = lim(x,y)→(0,0) x3y2

x2 + y2 = limρ→0∀θ

ρ3 cos3 θ sin2 θ = limρ→0ρ3 = 0 = f(0, 0).


∂x (x, y)∂f∂y (x, y)) = ( x2y2(x2+3y2)(x2+y2)22x5y(x2+y2)2

).

2.3. Pour (x, y) = (0, 0) on a∇f(0, 0) = ( ∂f

∂x (0, 0)∂f∂y (0, 0)) = (limx→0 f(x,0)−f(0,0)

x−0limy→0 f(0,y)−f(0,0)y−0


∂f∂x (x, y) = x2y2(x2+3y2)(x2+y2)2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0),

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂x (x, y) = limρ→0∀θ

ρ6 cos2 θ sin2 θ(cos2 θ + 3 sin2 θ)ρ4 = lim

ρ→0 4ρ2 = 0 = ∂f∂x (0, 0)

11


∂f∂y (x, y) = 2x5y(x2+y2)2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂y (x, y) = limρ→0∀θ

2ρ6(cos5 θ sinθ)ρ4 = lim

ρ→0 2ρ2 = 0 = ∂f∂y (0, 0),


1. [2 points] Écrire la définition de différentiabilité en un point (x0, y0) ∈ R2 pour une application f : R2 → R.2. [3 points] Vérifier, en utilisant la définition, que la fonction f : R2 → R telle que f(x, y) = xy− 3y2 est différentiable en (2; 1).Solution de l’exercice ·.



2. On af(x, y) = xy− 3y2 f(2, 1) = −1,f ′x (x, y) = y fx (2, 1) = 1,f ′y(x, y) = x − 6y fy(2, 1) = −4,donc

f(x, y)− f(x0, y0)− f ′x (x0, y0)(x − x0)− f ′y(x0, y0)(y− y0)√(x − x0)2 + (y− y0)2 = xy− 3y2 + 1− (x − 2) + 4(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2 .

Avec le changement de variables x = 2 + r cosθ et y = 1 + r sinθ ce rapport se réécritxy− 3y2 + 1− (x − 2) + 4(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2 = (2 + r cosθ)(1 + r sinθ)− 3(1 + r sinθ)2 + 1− r cosθ + 4r sinθ

r = r sinθ(cosθ − 3 sinθ).On a alors ∣∣∣∣∣xy− 3y2 + 1− (x − 2) + 4(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2

∣∣∣∣∣ ≤ 4r −−→r→0 0

d’où lim(x,y)→(2,1) xy− 3y2 + 1− (x − 2) + 4(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2 = 0.La fonction est donc différentiable en (2, 1).


On considère la courbe plane d’équationyex + ey sin(2x) = 0. (2)1. [3 points] Vérifier que l’équation (2) définie une et une seule fonction y = φ(x) au voisinage de (0, 0).2. [3 points] Calculer φ′(0) et écrire l’équation de la droite tangente au graphe de la fonction φ en le point (0, φ(0)).3. [2 points] En déduire la limite de y


On pose f(x, y) = yex + ey sin(2x)1. On note que (0, 0) est une solution de l’équation f(x, y) = 0. On afx (x, y) = yex + 2ey cos(2x), f ′x (0, 0) = 2,fy(x, y) = ex + ey sin(2x), f ′y(0, 0) = 1.Puisque f ′y(0, 0) 6= 0 il existe une et une seule fonction y = φ(x) définie au voisinage de 0 tel que f(x, φ(x)) = 0.2. On a

φ′(0) = − f ′x (0, 0)f ′y(0, 0) = −2

donc l’équation de la droite tangente à φ en x = 0 est y = −2x.3. On a lim(x,y)→(0,0)f(x,y)=0

yx = lim

x→0 φ(x)x = lim

x→0 φ(x)− φ(0)x − 0 = lim

x→0φ′(x) = φ′(0) = −2.

12

Contrôle ¬ - thème C


1. [3 points] Soit f : R2 → R une application et (x0, y0)∈ R2. Compléter les phrases suivantes par ⇒ , ⇐ , ⇔ ou Aucune implication :1.1 f est différentiable en (x0, y0) f est continue en (x0, y0) ;1.2 f est différentiable en (x0, y0) f est de classe C1(R2) ;1.3 f est différentiable en (x0, y0) il existe ∇f(x0, y0) ;1.4 il existe ∇f(x0, y0) f est continue en (x0, y0) ;1.5 il existe ∇f(x0, y0) f est de classe C1(R2) ;1.6 f est continue en (x0, y0) f est de classe C1(R2) ;




∂f∂x (0, 0), ∂f



1. Soit f : R2 → R une application et (x0, y0) ∈ R2.1.1 f est différentiable en (x0, y0) ⇒ f est continue en (x0, y0) ;1.2 f est différentiable en (x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;1.3 f est différentiable en (x0, y0) ⇒ il existe ∇f(x0, y0) ;1.4 il existe ∇f(x0, y0) Aucune implication f est continue en (x0, y0) ;1.5 il existe ∇f(x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;1.6 f est continue en (x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;2. 2.1. La fonction est clairement continue dans R2 \ (0, 0). Elle est aussi continue en (0, 0) carlim(x,y)→(0,0) f(x, y) = lim(x,y)→(0,0) x2y3

x2 + y2 = limρ→0∀θ

ρ3 cos2 θ sin3 θ = limρ→0ρ3 = 0 = f(0, 0).


∂x (x, y)∂f∂y (x, y)) = ( 2xy5(x2+y2)2

x2y2(3x2+y2)(x2+y2)2).

2.3. Pour (x, y) = (0, 0) on a∇f(0, 0) = ( ∂f

∂x (0, 0)∂f∂y (0, 0)) = (limx→0 f(x,0)−f(0,0)

x−0limy→0 f(0,y)−f(0,0)y−0


∂f∂x (x, y) = 2xy5(x2+y2)2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0),

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂x (x, y) = limρ→0∀θ

2ρ6(cosθ sin5 θ)ρ4 = lim

ρ→0 2ρ2 = 0 = ∂f∂x (0, 0)

13


∂f∂y (x, y) = x2y2(3x2+y2)(x2+y2)2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂y (x, y) = limρ→0∀θ

ρ6(3 cos2 θ + sin2 θ)ρ4 = lim

ρ→0 4ρ2 = 0 = ∂f∂y (0, 0),


1. [2 points] Écrire la définition de différentiabilité en un point (x0, y0) ∈ R2 pour une application f : R2 → R.2. [3 points] Vérifier, en utilisant la définition, que la fonction f : R2 → R telle que f(x, y) = xy+ 3y2 est différentiable en (2; 1).Solution de l’exercice ·.



2. On af(x, y) = xy+ 3y2 f(2, 1) = 5,f ′x (x, y) = y fx (2, 1) = 1,f ′y(x, y) = x + 6y fy(2, 1) = 8,donc

f(x, y)− f(x0, y0)− f ′x (x0, y0)(x − x0)− f ′y(x0, y0)(y− y0)√(x − x0)2 + (y− y0)2 = xy+ 3y2 − 5− (x − 2)− 8(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2 .

Avec le changement de variables x = 2 + r cosθ et y = 1 + r sinθ ce rapport se réécritxy+ 3y2 − 5− (x − 2)− 8(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2 = (2 + r cosθ)(1 + r sinθ) + 3(1 + r sinθ)2 − 5− r cosθ − 8r sinθ

r = r sinθ(3 sinθ + cosθ).On a alors ∣∣∣∣∣xy+ 3y2 − 5− (x − 2)− 8(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2

∣∣∣∣∣ ≤ 4r −−→r→0 0

d’où lim(x,y)→(2,1) xy+ 3y2 − 5− (x − 2)− 8(y− 1)√(x − 2)2 + (y− 1)2 = 0.La fonction est donc différentiable en (2, 1).


On considère la courbe plane d’équationxey + ex sin(2y) = 0. (3)1. [3 points] Vérifier que l’équation (3) définie une et une seule fonction y = φ(x) au voisinage de (0, 0).2. [3 points] Calculer φ′(0) et écrire l’équation de la droite tangente au graphe de la fonction φ en le point (0, φ(0)).3. [2 points] En déduire la limite de y


On pose f(x, y) = xey + ex sin(2y)1. On note que (0, 0) est une solution de l’équation f(x, y) = 0. On afx (x, y) = ey + ex sin(2y), f ′x (0, 0) = 1,fy(x, y) = xey + 2ex cos(2y), f ′y(0, 0) = 2.Puisque f ′y(0, 0) 6= 0 il existe une et une seule fonction y = φ(x) définie au voisinage de 0 tel que f(x, φ(x)) = 0.2. On a

φ′(0) = − f ′x (0, 0)f ′y(0, 0) = −12donc l’équation de la droite tangente à φ en x = 0 est y = − 12x.3. On a lim(x,y)→(0,0)

f(x,y)=0yx = lim

x→0 φ(x)x = lim

x→0 φ(x)− φ(0)x − 0 = lim

x→0φ′(x) = φ′(0) = −12 .

14

Contrôle ¬ - thème D


1. [3 points] Soit f : R2 → R une application et (x0, y0)∈ R2. Compléter les phrases suivantes par ⇒ , ⇐ , ⇔ ou Aucune implication :1.1 il existe ∇f(x0, y0) f est continue en (x0, y0) ;1.2 il existe ∇f(x0, y0) f est différentiable en (x0, y0) ;1.3 il existe ∇f(x0, y0) f est de classe C1(R2) ;1.4 f est différentiable en (x0, y0) f est continue en (x0, y0) ;1.5 f est différentiable en (x0, y0) f est de classe C1(R2) ;1.6 f est continue en (x0, y0) f est de classe C1(R2) ;

2. Soit f : R2 → R la fonction ainsi définief(x, y) = (x2 + y2)3 cos 1

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).2.1. [2 points] Est-elle continue sur R2 ? Justifier la réponse.2.2. [2 points] Calculer ∇f(x, y) pour (x, y) 6= (0, 0), i.e. le vecteur de composantes

∂f∂x (x, y), ∂f


∂f∂x (0, 0), ∂f

∂y (0, 0).2.4. [2 points] La fonction f est-elle de classe C 1(R2) ? Justifier la réponse.2.5. [1 point] Sans faire de calculs, que peut-on conclure sur la différentiabilité de la fonction f sur R2 ?


1. Soit f : R2 → R une application et (x0, y0) ∈ R2.1.1 il existe ∇f(x0, y0) Aucune implication f est continue en (x0, y0) ;1.2 il existe ∇f(x0, y0) ⇐ f est différentiable en (x0, y0) ;1.3 il existe ∇f(x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;1.4 f est différentiable en (x0, y0) ⇒ f est continue en (x0, y0) ;1.5 f est différentiable en (x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;1.6 f est continue en (x0, y0) ⇐ f est de classe C1(R2) ;2. 2.1. La fonction est clairement continue dans R2 \ (0, 0). Elle est aussi continue en (0, 0) carlim(x,y)→(0,0) f(x, y) = lim

ρ→0∀θ

ρ6 cos 1ρ2 = 0 = f(0, 0).


∂x (x, y)∂f∂y (x, y)) = (6x(x2 + y2)2 cos 1

x2+y2 + 2x(x2 + y2) sin 1x2+y26y(x2 + y2)2 cos 1

x2+y2 + 2y(x2 + y2) sin 1x2+y2

).

2.3. Pour (x, y) = (0, 0) on a∇f(0, 0) = ( ∂f

∂x (0, 0)∂f∂y (0, 0)) = (limx→0 f(x,0)−f(0,0)

x−0limy→0 f(0,y)−f(0,0)y−0


∂f∂x (x, y) = 6x(x2 + y2)2 cos 1

x2+y2 + 2x(x2 + y2) sin 1x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0),

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂x (x, y) = limρ→0∀θ

6ρ5 cosθ cos 1ρ2 + 2ρ3 cosθ sin 1

ρ2 = 0 = ∂f∂x (0, 0)

15


∂f∂y (x, y) = 6y(x2 + y2)2 cos 1

x2+y2 + 2y(x2 + y2) sin 1x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂y (x, y) = limρ→0∀θ

6ρ5 sinθ cos 1ρ2 + 2ρ3 sinθ sin 1

ρ2 = 0 = ∂f∂y (0, 0),


1. [2 points] Écrire la définition de différentiabilité en un point (x0, y0) ∈ R2 pour une application f : R2 → R.2. [3 points] Vérifier, en utilisant la définition, que la fonction f : R2 → R telle que f(x, y) = xy− 2y2 est différentiable en (−2; 3).Solution de l’exercice ·.



2. On af(x, y) = xy− y2 f(2, 1) = −15,f ′x (x, y) = y fx (2, 1) = 3,f ′y(x, y) = x − 2y fy(2, 1) = −8,

doncf(x, y)− f(x0, y0)− f ′x (x0, y0)(x − x0)− f ′y(x0, y0)(y− y0)√(x − x0)2 + (y− y0)2 = xy− y2 + 15− 3(x + 2) + 8(y− 3)√(x + 2)2 + (y− 3)2 .

Avec le changement de variables x = −2 + r cosθ et y = 3 + r sinθ ce rapport se réécritxy− y2 + 15− 3(x + 2) + 8(y− 3)√(x + 2)2 + (y− 3)2 = (−2 + r cosθ)(3 + r sinθ)− 2(3 + r sinθ)2 + 15− 3r cosθ + 8r sinθ

r = r sinθ(cosθ−2 sinθ).On a alors ∣∣∣∣∣xy− y2 + 15− 3(x + 2) + 8(y− 3)√(x + 2)2 + (y− 3)2

∣∣∣∣∣ ≤ 3r −−→r→0 0

d’où lim(x,y)→(−2,3) xy− y2 + 15− 3(x + 2) + 8(y− 3)√(x + 2)2 + (y− 3)2 = 0.

La fonction est donc différentiable en (−2, 3).Exercice ¸ : fonctions implicites. [8 points]

On considère la courbe plane d’équation 2x3y+ 2x2 + y2 = 5. (4)1. [3 points] Vérifier que l’équation (4) définie une et une seule fonction y = φ(x) au voisinage de (1, 1).2. [3 points] Calculer φ′(1) et écrire l’équation de la droite tangente au graphe de la fonction φ en le point (1, φ(1)).3. [2 points] Sachant queφ′′(x) = − f ′′xx (f ′y)2 − 2f ′xf ′yf ′′xy + (f ′x )2f ′′yy(f ′y)3en déduire le dévéloppement de Taylor de φ à l’ordre 2 centré en x = 1.

Solution de l’exercice ¸.

On pose f(x, y) = 2x3y+ 2x2 + y2 − 51. On note que (1, 1) est une solution de l’équation f(x, y) = 0. On afx (x, y) = 6x2y+ 4x fx (1, 1) = 10,fy(x, y) = 2x3 + 2y, fy(1, 1) = 4.

Puisque f ′y(1, 1) 6= 0 il existe une et une seule fonction y = φ(x) définie au voisinage de 1 tel que f(x, φ(x)) = 1.

16


2. On aφ′(1) = − f ′x (1, 1)

f ′y(1, 1) = −52donc l’équation de la droite tangente à φ en x = 1 est y = − 52 (x − 1) + 1 = − 52x + 72 .3. On aφ′′(x) = − f ′′xx (f ′y)2 − 2f ′xf ′yf ′′xy + (f ′x )2f ′′yy(f ′y)3et

fxx (x, y) = 4(3xy+ 1) fxx (1, 1) = 16,fxy(x, y) = 6x2 fxy(1, 1) = 6,fyy(x, y) = 2, fyy(1, 1) = 2,

donc φ′′(1) = −1 d’où φ(x) = φ(1) + φ′(1)(x − 1) + φ′′(1)2 (x − 1)2 = 1− 52 (x − 1)− 12 (x − 1)2.

17

Contrôle

19

Contrôle - thème A

Nome : Prénom :Signature : Note :

Exercice ¶ : extrema libres. [10 points]

1. [2 points] Soit f : R2 → R une application de classe C 2(R2) et soit (x0, y0) ∈ R2. Compléter les phrases suivantes par ⇒ ,⇐ , ⇔ ou Aucune implication :

1.1 ∇f(x0, y0) = (0, 0) (x0, y0) est un extrema ;1.2 ∇f(x0, y0) = (0, 0) (x0, y0) est un point critique ;1.3 (x0, y0) est un point critique (x0, y0) est un extrema ;1.4 (x0, y0) est un point critique (x0, y0) est un point de selle ;2. [8 points] Déterminer et classifier les 5 points critiques (en spécifiant s’ils sont des max, des min ou des points de selle) de lafonction f : R2 → R définie parf(x, y) = (x2 − y2)e(−x2−y2).


1. On a 1.1 ∇f(x0, y0) = (0, 0) ⇐ (x0, y0) est un extrema ;1.2 ∇f(x0, y0) = (0, 0) ⇔ (x0, y0) est un point critique ;1.3 (x0, y0) est un point critique ⇐ (x0, y0) est un extrema ;1.4 (x0, y0) est un point critique ⇐ (x0, y0) est un point de selle ;2. Cherchons d’abord les 5 points critiques :∇f(x, y) = ( 2x(1− x2 + y2)e(−x2−y2)2y(−1− x2 + y2)e(−x2−y2)

)et ∇f(x, y) = (0, 0) ssi (x, y) ∈ (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0), (−1, 0) .Étudions maintenant séparément chacun de ces points en calculant au préalable le déterminant de la matrice hessienne de lafonction f en un point quelconque :

fxx (x, y) = 2e(−x2−y2)(1− 5x2 + y2 + 2x4 − 2x2y2),fxy(x, y) = 4xy(x2 − y2)e(−x2−y2),fyy(x, y) = 2e(−x2−y2)(−1− x2 + 5y2 + 2x2y2 − 2y4),D(x, y) = fxx (x, y)fyy(x, y)− (fxy(x, y))2.On a alors (x0, y0) fxx (x0, y0) fxy(x0, y0) fyy(x0, y0) D(x0, y0)(0, 0) 2 0 −2 −4 c’est un POINT DE SELLE(1, 0) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX(−1, 0) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX(0, 1) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN(0,−1) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN

Exercice · : extrema liés. [6 points]

Trouver le parallélépipède (i.e. une boîte fermée) de volume 8 dont la surface est minimale . . .1. [3 points]. . .avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d’unefonction f(x, y, z) sous une contrainte g(x, y, z) = 0) ;2. [3 points] . . .avec la méthode des extrema libres en éliminant une variable de lacontrainte (par exemple en minimisant une fonction h(x, y) = f(x, y, z(x, y))). x

zy

21


FIGURE 1: Contrôle , thème A, exercice ¶ : f(x, y) = (x2 − y2)e(−x2−y2)

Solution de l’exercice ·.

1. On doit minimiser la fonction f : (R+∗ )3 → R+

∗ définie parf(x, y, z) = 2(xy+ xz + yz)sous la contrainte g(x, y, z) = 0 où g : (R+

∗ )3 → R+∗ est définie par

g(x, y, z) = xyz − 8.En introduisant le système de Lagrange, il s’agit de chercher les solutions (x, y, z, λ) ∈ (R+∗ )3 × R de

2y+ 2z − λyz = 0, (5a)2x + 2z − λxz = 0, (5b)2x + 2y− λxy = 0, (5c)xyz − 8 = 0. (5d)On obtient 1 que le seul point critique est (2, 2, 2).2. La contrainte se réécrit z = 8

xy donc il s’agit de chercher les extrema de la fonction de deux variables h : (R∗+)2 → R+ définie parh(x, y) = f

(x, y, 8

xy

) = 2(xy+ 8y + 8

x

).

Cherchons d’abord les points critiques :∇h(x, y) = (2 (y− 8

x2)

2(x − 8y2))

et ∇h(x, y) = (0, 0) ssi (x, y) = (2, 2). Étudions maintenant ce point en calculant le déterminant de la matrice hessienne de lafonction h :hxx (x, y) = 32

x3 hxx (2, 2) = 4 > 0,hxy(x, y) = 2 hxy(2, 2) = 2,hyy(x, y) = 32

y3 hyy(2, 2) = 4,D(2, 2) = hxx (2, 2)hyy(2, 2)− (hxy(2, 2))2 = 12 > 0.On a donc que (2, 2) est bien un minimum.

Exercice ¸ : intégrales, fonctions intégrales. [9 points]

1. [3 points] Calculer la surface de la région plane coloriée en figure 2a.2. [3 points] Calculer la surface de la région plane infinie coloriée en figure 2b.3. [3 points] Celui en figure 2c est le graphe de la fonction f continue sur l’intervalle ]− 3, 3[. Tracer un graphe plausible de lafonction F (x) = ∫ x−2 f(t) dt en surlignant notamment les éventuels points de changement de concavité. Préciser ensuite, enfournissant une adéquate explication, combien de solutions a l’équation F (x) = 5.1. Avec les trois soustractions (5b)-(5a), (5c)-(5a) et (5c)-(5b) on obtient x = y = z, on insère ce résultat dans (5d) et on trouve la solution.

22


x

y y = 1x2

y = ln xx2 (a)

x

y y = 1x2

y = ln xx2 (b)

x

y

−3 −2 0 1 2 3123

(c)FIGURE 2: Exercice ¸ : intégrales, fonctions intégrales.


1. On a ln xx2 = 0 ssi x = 1 et ln x

x2 = 1x2 ssi x = e. Donc

Surface = ∫ e

1ln xx2 dx = [− ln x

x

]e1 + ∫ e

11x2 dx = [− ln x

x −1x

]e1 = 1− 2

e .

2. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l’intégrale généralisé suivant∫ +∞e

1x2 dx = lim

a→+∞[−1x

]ae

= 1e .

Donc la surface plane infinie mesure 1− 1e .

3. F est clairement continue. De plus f(x) > 0 donc F est croissante etF (x) < 0 si x < −2,F (x) = 0 si x = −2,F (x) > 0 si x > −2, . Enfin, f est croissante pour

x ∈ [−3,−2[∪]0, 2[ et décroissante pour x ∈]− 2, 0[∪]2, 3[ donc F est convexe sur [−3,−2[ et sur ]0, 2[, concave sur ]− 2, 0[ et sur]2, 3[ ; x = −2 et x = 2 sont points de max et x = 0 est point de min pour f donc ils sont des points de changement de concavitépour F . Puisque F (2) > 5, l’équation F (x) = 5 a exactement une solution.

23


x1 e

y

y = ln xx2

x1 e

y

y = 1x2

y = ln xx2

x

y

−3 −2 2 3

235

Points dechangementde concavité

FIGURE 3: Solution de l’exercice ¸.

24

Contrôle - thème B



1. [2 points] Soit f : R2 → R une application de classe C 2(R2) et soit (x0, y0) ∈ R2. Compléter les phrases suivantes par ⇒ ,⇐ , ⇔ ou Aucune implication :

1.1 (x0, y0) est un point critique (x0, y0) est un point de selle ;1.2 (x0, y0) est un point critique ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;1.3 (x0, y0) est un extrema (x0, y0) est un point critique ;1.4 (x0, y0) est un extrema ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;2. [8 points] Déterminer et classifier les 5 points critiques (en spécifiant s’ils sont des max, des min ou des points de selle) de lafonction f : R2 → R définie parf(x, y) = (y2 − x2)e(−x2−y2).


1. On a 1.1 (x0, y0) est un point critique ⇐ (x0, y0) est un point de selle ;1.2 (x0, y0) est un point critique ⇔ ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;1.3 (x0, y0) est un extrema ⇒ (x0, y0) est un point critique ;1.4 (x0, y0) est un extrema ⇒ ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;2. Cherchons d’abord les 5 points critiques :∇f(x, y) = (2x(−1 + x2 − y2)e(−x2−y2)2y(1 + x2 − y2)e(−x2−y2)

)et ∇f(x, y) = (0, 0) ssi (x, y) ∈ (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0), (−1, 0) .Étudions maintenant séparément chacun de ces points en calculant au préalable le déterminant de la matrice hessienne de lafonction f en un point quelconque :

fxx (x, y) = −2e(−x2−y2)(1− 5x2 + y2 + 2x4 − 2x2y2),fxy(x, y) = −4xy(x2 − y2)e(x2−y2),fyy(x, y) = −2e(−x2−y2)(−1− x2 + 5y2 + 2x2y2 − 2y4),D(x, y) = fxx (x, y)fyy(x, y)− (fxy(x, y))2.On a alors (x0, y0) fxx (x0, y0) fxy(x0, y0) fyy(x0, y0) D(x0, y0)(0, 0) −2 0 2 −4 c’est un POINT DE SELLE(1, 0) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN(−1, 0) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN(0, 1) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX(0,−1) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX


Trouver le parallélépipède (i.e. une boîte fermée) de volume 27 dont la surface est minimale. . . 1. [3 points]. . .avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d’unefonction f(x, y, z) sous une contrainte g(x, y, z) = 0) ;2. [3 points] . . .avec la méthode des extrema libres en éliminant une variable de lacontrainte (par exemple en minimisant une fonction h(x, y) = f(x, y, z(x, y))). x

zy

25


FIGURE 4: Contrôle , thème B, exercice ¶ : f(x, y) = (y2 − x2)e(−x2−y2)







xy donc il s’agit de chercher les extrema de la fonction de deux variables h : (R∗+)2 → R+ définie parh(x, y) = f

(x, y, 27

xy

) = 2(xy+ 27y + 27

x

).


x2)

2(x − 27y2))


x3 , hxx (3, 3) = 4,hxy(x, y) = 2, hxy(3, 3) = 2,hyy(x, y) = 427

y3 , hyy(3, 3) = 4,D(3, 3) = hxx (3, 3)hyy(3, 3)− (hxy(3, 3))2 = 12 > 0.Donc (3, 3) est bien un minimum.

Exercice ¸ : intégrales, fonctions intégrales. [10 points]

1. [3 points] Calculer la surface de la région plane coloriée en figure 5a.2. [3 points] Calculer la surface de la région plane infinie coloriée en figure 5b.3. [4 points] Celui en figure 5c est le graphe de la fonction f continue sur l’intervalle ]− 6, 6[. Tracer un graphe plausible de lafonction F (x) = ∫ x−4 f(t) dt en surlignant notamment les éventuels points de changement de concavité. Préciser ensuite, enfournissant une adéquate explication, combien de solutions a l’équation F (x) = 10.2. Avec les trois soustractions (6b)-(6a), (6c)-(6a) et (6c)-(6b) on obtient x = y = z, on insère ce résultat dans (6d) et on trouve la solution.

26


x

yy = 1

x

y = ln xx

(a)

x

yy = 1

x

y = ln xx

(b)x

y

−6 −4 0 2 4 6246

(c)FIGURE 5: Exercice ¸ : intégrales, fonctions intégrales.


1. On a ln xx = 0 ssi x = 1 et ln x

x = 1x ssi x = e. Donc

Surface = ∫ e

1ln xx dx = [12 ln2 x

]e1 = 12 .

2. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l’intégrale généralisé suivant∫ +∞e

1x dx = lim

a→+∞ [ln(x)]ae = +∞.Donc la surface plane infinie mesure +∞.



x1 e

yy = 1

x

y = ln xx

x1 e

y

y = 1x

y = ln xx x

y

−6 −4 4 6

46

10Points dechangementde concavité


27

Contrôle - thème C



1. [2 points] Soit f : R2 → R une application de classe C 2(R2) et soit (x0, y0) ∈ R2. Completer les phrases suivantes par ⇒ ,⇐ , ⇔ ou Aucune implication :

1.1 (x0, y0) est un point critique (x0, y0) est un extrema ;1.2 (x0, y0) est un point critique ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;1.3 (x0, y0) est un point critique (x0, y0) est un point de selle ;1.4 (x0, y0) est un extrema ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;2. [8 points] Déterminer et classifier les 5 points critiques (en spécifiant s’ils sont des max, des min ou des points de selle) de lafonction f : R2 → R définie parf(x, y) = −(x2 − y2)e(−x2−y2).


1. On a 1.1 (x0, y0) est un point critique ⇐ (x0, y0) est un extrema ;1.2 (x0, y0) est un point critique ⇔ ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;1.3 (x0, y0) est un point critique ⇐ (x0, y0) est un point de selle ;1.4 (x0, y0) est un extrema ⇒ ∇f(x0, y0) = (0, 0) ;2. Cherchons d’abord les 5 points critiques :∇f(x, y) = (2x(−1 + x2 − y2)e(−x2−y2)2y(1 + x2 − y2)e(−x2−y2)

)et ∇f(x, y) = (0, 0) ssi (x, y) ∈ (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0), (−1, 0) .Étudions maintenant séparemment chacun de ces points en calculant au préalable le déterminant de la matrice hessienne de lafonction f en un point quelconque :

fxx (x, y) = −2e(−x2−y2)(1− 5x2 + y2 + 2x4 − 2x2y2),fxy(x, y) = −4xy(x2 − y2)e(x2−y2),fyy(x, y) = −2e(−x2−y2)(−1− x2 + 5y2 + 2x2y2 − 2y4),D(x, y) = fxx (x, y)fyy(x, y)− (fxy(x, y))2.On a alors (x0, y0) fxx (x0, y0) fxy(x0, y0) fyy(x0, y0) D(x0, y0)(0, 0) −2 0 2 −4 c’est un POINT DE SELLE(1, 0) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN(−1, 0) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN(0, 1) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX(0,−1) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX


Trouver le parallélepipède (i.e. une boîte fermée) de volume 8 dont la surface est minimale . . .1. [3 points]. . .avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d’unefonction f(x, y, z) sous une contrainte g(x, y, z) = 0) ;2. [3 points] . . .avec la méthode des extrema libres en éliminant une variable de lacontrainte (par exemple en minimisant une fonction h(x, y) = f(x, y, z(x, y))). x

zy

29


FIGURE 7: Contrôle , thème C, exercice ¶ : f(x, y) = −(x2 − y2)e(−x2−y2)







xy donc il d’agit de chercher les extrema de la fonction de deux variables h : (R∗+)2 → R+ définie parh(x, y) = f

(x, y, 8

xy

) = 2(xy+ 8y + 8

x

).


x2)

2(x − 8y2))




Exercice ¸ : integrales, fonctions intégrales. [10 points]

1. [3 points] Calculer la surface de la régione plane coloriée en figure 11a.2. [3 points] Calculer la surface de la régione plane infinie coloriée en figure 11b.3. [4 points] Celui en figure 11c est le graphe de la fonction f continue sur l’intervalle ]− 3, 3[. Tracer un graphe plausible de lafonction F (x) = ∫ x−2 f(t) dt en surlignant notamment les eventuels points de changement de concavité. Preciser ensuite, enfournissant une adequate explication, combien de solutions a l’équation F (x) = 5.3. Avec les trois sustractions (7b)-(7a), (7c)-(7a) et (7c)-(7b) on obtient x = y = z, on insère ce resultat dans (7d) et on trouve la solution.

30


x

y y = 1x2

y = ln x2x2

(a)

x

y y = 1x2

y = ln x2x2

(b)x

y

−3 −2 0 1 2 3123

(c)FIGURE 8: Exercice ¸ : integrales, fonctions intégrales.


1. On a ln x2x2 = 0 ssi x = 1 et ln x2

x2 = 1x2 ssi x = √e. Donc

Surface = ∫ √e1ln x2x2 dx = [− ln x2

x

]√e1 + ∫ √e1

2x2 dx = [− ln x2

x − 2x

]√e1 = 2− 3√

e.

2. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l’intégrale généralisé suivant∫ +∞√e

1x2 dx = lim

a→+∞[−1x

]a√e

= 1√e.

Donc la surface plane infinie mesure 2− 2√e .



31


x1 √e

y y = 1x2

y = ln x2x2

x1 √e

y

y = 1x2

y = ln x2x2

x

y

−3 −2 2 3

235

Points dechangementde concavité


32

Contrôle - thème D



1. [2 points] Soit f : R2 → R une application de classe C 2(R2) et soit (x0, y0) ∈ R2. Completer les phrases suivantes par ⇒ ,⇐ , ⇔ ou Aucune implication :

1.1 (x0, y0) est un point critique (x0, y0) est un extrema ;1.2 ∇f(x0, y0) = (0, 0) (x0, y0) est un extrema ;1.3 ∇f(x0, y0) = (0, 0) (x0, y0) est un point critique ;1.4 (x0, y0) est un point de selle (x0, y0) est un point critique ;2. [8 points] Déterminer et classifier les 5 points critiques (en spécifiant s’ils sont des max, des min ou des points de selle) de lafonction f : R2 → R définie parf(x, y) = (x2 − y2)e(−x2−y2).


1. On a 1.1 (x0, y0) est un point critique ⇐ (x0, y0) est un extrema ;1.2 ∇f(x0, y0) = (0, 0) ⇐ (x0, y0) est un extrema ;1.3 ∇f(x0, y0) = (0, 0) ⇔ (x0, y0) est un point critique ;1.4 (x0, y0) est un point de selle ⇒ (x0, y0) est un point critique.2. Cherchons d’abord les 5 points critiques :∇f(x, y) = ( 2x(1− x2 + y2)e(−x2−y2)2y(−1− x2 + y2)e(−x2−y2)

)et ∇f(x, y) = (0, 0) ssi (x, y) ∈ (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0), (−1, 0) .Étudions maintenant séparemment chacun de ces points en calculant au préalable le déterminant de la matrice hessienne de lafonction f en un point quelconque :

fxx (x, y) = 2e(−x2−y2)(1− 5x2 + y2 + 2x4 − 2x2y2),fxy(x, y) = 4xy(x2 − y2)e(−x2−y2),fyy(x, y) = 2e(−x2−y2)(−1− x2 + 5y2 + 2x2y2 − 2y4),D(x, y) = fxx (x, y)fyy(x, y)− (fxy(x, y))2.On a alors (x0, y0) fxx (x0, y0) fxy(x0, y0) fyy(x0, y0) D(x0, y0)(0, 0) 2 0 −2 −4 c’est un POINT DE SELLE(1, 0) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX(−1, 0) − 4

e 0 − 4e

16e2 c’est un MAX(0, 1) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN(0,−1) 4

e 0 4e

16e2 c’est un MIN


Trouver le parallélepipède (i.e. une boîte fermée) de volume 64 dont la surface est minimale. . . 1. [3 points]. . .avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. maximisation d’unefonction f(x, y, z) sous une contrainte g(x, y, z) = 0) ;2. [3 points] . . .avec la méthode des extrema libres en éliminant une variable de lacontrainte (par exemple en minimisant une fonction h(x, y) = f(x, y, z(x, y))). x

zy

33


FIGURE 10: Contrôle , thème D, exercice ¶ : f(x, y) = (x2 − y2)e(−x2−y2)







xy donc il d’agit de chercher les extrema de la fonction de deux variables h : (R∗+)2 → R+ définie parh(x, y) = f

(x, y, 64

xy

) = 2(xy+ 64y + 64

x

).


x2)

2(x − 64y2))




Exercice ¸ : integrales, fonctions intégrales. [10 points]

1. [3 points] Calculer la surface de la régione plane coloriée en figure 11a.2. [3 points] Calculer la surface de la régione plane infinie coloriée en figure 11b.3. [4 points] Celui en figure 11c est le graphe de la fonction f continue sur l’intervalle ]− 9, 9[. Tracer un graphe plausible de lafonction F (x) = ∫ x−6 f(t) dt en surlignant notamment les eventuels points de changement de concavité. Preciser ensuite, enfournissant une adequate explication, combien de solutions a l’équation F (x) = 15.4. Avec les trois sustractions (8b)-(8a), (8c)-(8a) et (8c)-(8b) on obtient x = y = z, on insère ce resultat dans (8d) et on trouve la solution.

34

Université du Sud Toulon-Var Module M231 Mardi 27 avril 2010

x

yy = 1

x3

y = ln x3x3 (a)

x

yy = 1

x3

y = ln x3x3 (b)

x

y

-9 -6 0 3 6 9123

(c)FIGURE 11: Exercice ¸ : integrales, fonctions intégrales.


1. On a ln x3x3 = 0 ssi x = 1 et ln x3

x3 = 1x3 ssi x = 3√e. Donc

Surface = ∫ 3√e1

ln x3x3 dx = [− ln x32x2

] 3√e1 + ∫ 3√e

132x3 dx = [− ln x32x2 − 34x2

] 3√e1 = 34 − 54 3√e2 .

2. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l’intégrale généralisé suivant∫ +∞3√e

1x3 dx = lim

a→+∞[− 12x2

]a3√e = 12 3√e2 .

Donc la surface plane infinie mesure 34 − 34 3√e2 .3. F est clairement continue. De plus f(x) > 0 donc F est croissante et

F (x) < 0 si x < −6,F (x) = 0 si x = −6,F (x) > 0 si x > −2, . Enfin, f est croissante pour

x ∈ [−9,−6) ∪ (0, 6) et décroissante pour x ∈ (−6, 0) ∪ (6, 9) donc F est convexe sur [−9,−6) et sur (0, 6), concave sur (−6, 0) etsur (6, 9) ; x = −6 et x = 6 sont points de max et x = 0 est point de min pour f donc ils sont des points de changement deconcavité pour F . Puisque F (6) > 15, l’équation F (x) = 15 a exactement une solution.

35

Mardi 27 avril 2010 Module M231 Université du Sud Toulon-Var

x1 3√e

yy = 1

x3

y = ln x3x3

x1 3√e

y

y = 1x3

y = ln x3x3

x

y

-9 -6 6 9

69

15Points dechangementde concavité


36

Contrôle ®

37

Contrôle ® - thème A

Nome : Prénom : Note :Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [6 points]

Considérons le champ de vecteurs~V (x, y, z) = (2xy sin z)~i+ (x2 sin z)~j + (x2y cos z) ~k.

1. [3 points] Montrer que ~V est conservatif. 52. [3 points] Calculer un potentiel de ~V .Exercice · : intégrales doubles et triples. [17 points]

1. [2 points] Soit D la plaque homogène représentée dans la figure 13a. Sans faire de calculs d’intégrales, en déduire les valeursde ∫∫D

1 dx dy, ∫∫Dx dx dy, ∫∫

Dy dx dy.

2. [4 points] Calculer l’aire de la région coloriée en figure 13b.

x

y

0 1 2 3 401234

(a)

y = x + 22y = x + 3

3y = −x − 6(b)

FIGURE 13: Plaques homogènes3. [6 points] Après avoir représenté graphiquement la région

D = (x, y) ∈ R2 | y ≥ 0, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4,calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région D homogène ; calculer ensuite∫∫

D(3x + 4y2) dx dy.

4. [5 points] Calculer l’intégrale triple ∫ 1−1∫ √1−z2−√1−z2

∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz.

[?] Calculer l’aire de la région définie en coordonnées polaires par 6D = (r, φ) ∈ R+ × [0, 2π] : r ≤ 1 + cos(6φ) + sin2(6φ).

Suggestion : utiliser les formules de duplication cos(2θ) = 2 cos2(θ)−1 = 1−2 sin2(θ) et calculer au préalable les intégrales suivantes∫ 12π0 1 dα, ∫ 12π

0 cos(α) dα, ∫ 12π0 cos2(α) dα, ∫ 12π

0 cos(α) sin2(α) dα, ∫ 12π0 sin2(α) dα, ∫ 12π

0 sin4(α) dα.

5. Rappel : rot~V = (∂yV3 − ∂zV2, ∂zV1 − ∂xV3, ∂xV2 − ∂yV1)6. Trèfle de HABENICHT

39



On a V1(x, y, z) = 2xy sin z, V2(x, y, z) = x2 sin z et V3(x, y, z) = x2y cos z.1. On vérifie que rot~V = ~0 : ∂V3∂y −

∂V2∂z = x2 cos z − x2 cos z = 0,

∂V1∂z −

∂V3∂x = 2xy cos z − 2xy cos z = 0,

∂V2∂x −

∂V1∂y = 2x sin z − 2x sin z = 0.

~V est définit sur R3 (simplement connexe) et est irrotationnel donc il est conservatif.2. On cherche f : R3 → R telle que ~∇f = ~V .∂f∂x = 2xy sin z donc f(x, y, z) = x2y sin z + g(y, z) donc ∂f

∂y = x2 sin z + ∂g∂y = x2 sin zdonc g(y, z) = h(z) donc f(x, y, z) = x2y sin z + h(z)donc ∂f

∂z = x2y cos z + h′ = x2y cos z donc h(z) = cdonc f(x, y, z) = x2y sin z + c.Solution de l’exercice ·.

1. L’aire mesure 7 et le centre de gravité a coordonnées (5/2, 5/2) donc∫∫D

1 dx dy = 7, ∫∫Dx dx dy = 35/2, ∫∫

Dy dx dy = 35/2.

2. Soit D le domaine. Pour calculer l’aire on peut soit utiliser un simplissime calcul géométrique soit se rappeler que l’aire estdonnée par l’intégrale double ∫∫D

1 dx dy.

4

6

24

36− 4− 4− 2− 6 = 20y = x + 2

2y = x + 3

3y = −x − 6−3 −2 −1 0 1 2 3

−3−2−1

123

Pour ce calcul on décompose la région en deux parties et on obtient∫∫D

1 dx dy = ∫ −1−3∫ x+2− 13 x−2 1 dy dx + ∫ 3

−1∫ 12 x+ 32− 13 x−2 1 dy dx

= ∫ −1−3 x + 2 + 13x + 2 dx + ∫ 3

−112x + 32 + 13x + 2 dx

= ∫ −1−3

43x + 4 dx + ∫ 3−1

56x + 72 dx = 20.3. La région D est la zone coloriée suivante

Le centre de gravité a coordonnées (xG, yG) données parxG = ∫∫

D x dx dy∫∫D 1 dx dy , yG = ∫∫

D y dx dy∫∫D 1 dx dy .

40


Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient∫∫D

1 dx dy = ∫ π

0∫ 2

1 r dr dθ = (∫ π

0 dθ)(∫ 21 r dr) = 32π,∫∫

Dx dx dy = ∫ π

0∫ 2

1 r2 cosθ dr dθ = (∫ π

0 cosθ dθ)(∫ 21 r2 dr) = 0,∫∫

Dy dx dy = ∫ π

0∫ 2

1 r2 sinθ dr dθ = (∫ π

0 sinθ dθ)(∫ 21 r2 dr) = 143 .Donc

xG = 0, yG = 143 23π = 289π < 1.On calcul maintenant l’intégrale donnée∫∫D(3x + 4y2) dx dy = ∫ π

0∫ 2

1 (3r cosθ + 4r2 sin2 θ) r dr dθ= ∫ π

0[r3 cosθ + r4 sin2 θ]21 dθ

= ∫ π

0 7 cosθ + 15 sin2 θ dθ= ∫ π

0 7 cosθ + 151− cos(2θ)2 dθ = 152 π.4. En coordonnées cartésiennes on doit intégrer sur le solide défini par les inégalités−√1− z2 ≤ x ≤ √1− z2, x2 + z2 ≤ y ≤ 2− x2 − z2 − 1 ≤ z ≤ 1.Il est naturel de passer en coordonnées cylindriques

x = r cosθ,y = t,z = r sinθ,et on obtient l’intégrale triple∫ 1

−1∫ √1−z2−√1−z2

∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz = ∫ 1

0∫ 2π

0∫ 2−r2r2 r4 dt dθ dr

= (∫ 2π0 1 dθ)∫ 1

0 r4 [t]2−r2r2 dr = 4π ∫ 10 r4(r2 − 1) dr

= 4π [ r77 − r55]1

0 = 835π.[?] On a ∫ 12π

0 1 dα = [α]12π0 = 12π, ∫ 12π

0 cos(α) dα = [ sin(α)]12π0 = 0,∫ 12π

0 cos2(α) dα = 14[ sin(2α) + 2α]12π0 = 6π, ∫ 12π

0 cos(α) sin2(α) dα = [sin3(α)3 ]12π0 = 0,∫ 12π

0 sin2(α) dα = 14[2α − sin(2α)]12π0 = 6π, ∫ 12π

0 sin4(α) dα = 132π[12α − 8 sin(2α) + sin(4α)]12π0 = 92π.L’aire est donnée, en coordonnées polaires, par∫∫

Dr dr dθ = ∫ 2π

0∫ 1+cos(3φ)+sin2(3φ)

0 r dr dφ= 12

∫ 2π0[ r22 ]1+cos(3φ)+sin2(3φ)

0 dφ= 12

∫ 2π0 (1 + cos(3φ) + sin2(3φ))2 dφ

= 112∫ 12π

0 (1 + cos(α) + sin2(α))2 dα= 112

∫ 12π0 1 + cos2(α) + sin4(α) + 2 cos(α) + 2 sin2(α) + 2 cos(α) sin2(α) dα

= 112[∫ 12π

0 1 dα + ∫ 12π0 cos2(α) dα + ∫ 12π

0 sin4(α) dα + 2 ∫ 12π0 cos(α) dα + 2 ∫ 12π

0 sin2(α) dα + 2 ∫ 12π0 cos(α) sin2(α) dα]

= 112[12π + 6π + 92π + 0 + 12π + 0] = 238 π.

41

Contrôle ® - thème B


Considérons le champ de vecteurs~V (x, y, z) = (y2 sin z)~i+ (2xy sin z)~j + (xy2 cos z) ~k.




Dy dx dy.


x

y

0 2 4 6 802468

(a)

y = −x + 22y = −x + 3

3y = x − 6(b)

FIGURE 14: Plaques homogènes3. [6 points] Après avoir représenté graphiquement la région

D = (x, y) ∈ R2 | x ≥ 0, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4,calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région D homogène ; calculer ensuite∫∫

D(3x + 4y2) dx dy.


∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz.



0 cos(α) dα, ∫ 6π0 cos2(α) dα, ∫ 6π


0 sin4(α) dα.


43



On a V1(x, y, z) = y2 sin z, V2(x, y, z) = 2xy sin z et V3(x, y, z) = xy2 cos z.1. On vérifie que rot~V = ~0 : ∂V3∂y −

∂V2∂z = 2xy cos z − 2xy cos z = 0,

∂V1∂z −

∂V3∂x = y2 cos z − y2 cos z = 0,

∂V2∂x −

∂V1∂y = 2y sin z − 2y sin z = 0.

~V est définit sur R3 (simplement connexe) et est irrotationnel donc il est conservatif.2. On cherche f : R3 → R telle que ~∇f = ~V .∂f∂x = y2 sin z donc f(x, y, z) = xy2 sin z + g(y, z) donc ∂f

∂y = 2xy sin z + ∂g∂y = 2xy sin zdonc g(y, z) = h(z) donc f(x, y, z) = xy2 sin z + h(z)donc ∂f

∂z = xy2 cos z + h′ = xy2 cos z donc h(z) = cdonc f(x, y, z) = xy2 sin z + c.Solution de l’exercice ·.

1. L’aire mesure 14 et le centre de gravité a coordonnées (5, 5) donc∫∫D

1 dx dy = 14, ∫∫Dx dx dy = 70, ∫∫

Dy dx dy = 70.


1 dx dy.

4

6

24

36− 4− 4− 2− 6 = 20y = −x + 2

2y = −x + 3

3y = x − 6−3 −2 −1 0 1 2 3

−3−2−1

123

Pour la calculer on décompose la région en deux parties et on obtient∫∫D

1 dx dy = ∫ 1−3∫ − 12 x+ 32

13 x−2 1 dy dx + ∫ 31∫ −x+2

13 x−2 1 dy dx= ∫ 1

−3−12x + 32 − 13x + 2 dx + ∫ 3

1 −x + 2− 13x + 2 dx= ∫ 1

−3−56x + 72 dx + ∫ 3

1 −43x + 4 dx = 20.

3. La région D est la zone coloriée suivante

44




D y dx dy∫∫D 1 dx dy .Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient∫∫

D1 dx dy = ∫ π/2

−π/2∫ 2

1 r dr dθ = (∫ π/2−π/2 dθ)(∫ 2

1 r dr) = 32π,∫∫Dx dx dy = ∫ π/2

−π/2∫ 2

1 r2 cosθ dr dθ = (∫ π/2−π/2 cosθ dθ)(∫ 2

1 r2 dr) = 143 ,∫∫Dy dx dy = ∫ π/2

−π/2∫ 2

1 r2 sinθ dr dθ = (∫ π/2−π/2 sinθ dθ)(∫ 2

1 r2 dr) = 0.Donc

xG = 143 23π = 289π < 1, yG = 0.On calcul maintenant l’intégrale donnée∫∫D(3x + 4y2) dx dy = ∫ π/2

−π/2∫ 2

1 (3r cosθ + 4r2 sin2 θ) r dr dθ= ∫ π/2

−π/2[r3 cosθ + r4 sin2 θ]21 dθ

= ∫ π/2−π/2 7 cosθ + 15 sin2 θ dθ

= ∫ π/2−π/2 7 cosθ + 151− cos(2θ)2 dθ = 14 + 152 π.

4. En coordonnées cartésiennes on doit intégrer sur le solide défini par les inégalités−√1− z2 ≤ x ≤ √1− z2, x2 + z2 ≤ y ≤ 2− x2 − z2 − 1 ≤ z ≤ 1.Il est naturel de passer en coordonnées cylindriques

x = r cosθ,y = t,z = r sinθ,

et on obtient l’intégrale triple∫ 1−1∫ √1−z2−√1−z2

∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz = ∫ 1

0∫ 2π


= (∫ 2π0 1 dθ)∫ 1

0 r4 [t]2−r2r2 dr = 4π ∫ 10 r4(r2 − 1) dr

= 4π [ r77 − r55]1

0 = 835π.[?] On a ∫ 6π

0 1 dα = [α]6π0 = 6π, ∫ 6π0 cos(α) dα = [ sin(α)]6π0 = 0,∫ 6π

0 cos2(α) dα = 14[ sin(2α) + 2α]6π0 = 3π, ∫ 6π0 cos(α) sin2(α) dα = [sin3(α)3 ]6π

0 = 0,∫ 6π0 sin2(α) dα = 14[2α − sin(2α)]6π0 = 3π, ∫ 6π

0 sin4(α) dα = 132π[12α − 8 sin(2α) + sin(4α)]6π0 = 94π.L’aire est donnée, en coordonnées polaires, par∫∫Dr dr dθ = ∫ 2π

0∫ 1+cos(3φ)+sin2(3φ)

0 r dr dφ= 12

∫ 2π0[ r22 ]1+cos(3φ)+sin2(3φ)

0 dφ= 12

∫ 2π0 (1 + cos(3φ) + sin2(3φ))2 dφ

= 16∫ 6π

0 (1 + cos(α) + sin2(α))2 dα45


= 16∫ 6π

0 1 + cos2(α) + sin4(α) + 2 cos(α) + 2 sin2(α) + 2 cos(α) sin2(α) dα= 16

[∫ 6π0 1 dα + ∫ 6π

0 cos2(α) dα + ∫ 6π0 sin4(α) dα + 2 ∫ 6π

0 cos(α) dα + 2 ∫ 6π0 sin2(α) dα + 2 ∫ 6π

0 cos(α) sin2(α) dα]= 16

[6π + 3π + 94π + 0 + 6π + 0] = 238 π.

46

Contrôle ® - thème C


Considérons le champ de vecteurs~V (x, y, z) = (2xz siny)~i+ (x2z cosy)~j + (x2 siny) ~k.




Dy dx dy.


x

y

0 1 2 3 401234

(a) y = −x − 22y = −x − 3

3y = x + 6

(b)FIGURE 15: Plaques homogènes

3. [6 points] Après avoir représenté graphiquement la régionD = (x, y) ∈ R2 | y ≤ 0, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4,

calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région D homogène ; calculer ensuite∫∫D(3x + 4y2) dx dy.


∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz.



0 cos(α) dα, ∫ 10π0 cos2(α) dα, ∫ 10π


0 sin4(α) dα.


47



On a V1(x, y, z) = 2xz siny, V2(x, y, z) = x2z cosy et V3(x, y, z) = x2 siny.1. On vérifie que rot~V = ~0 : ∂V3∂y −

∂V2∂z = x2 cosy− x2 cosy = 0,

∂V1∂z −

∂V3∂x = 2x siny− 2x siny = 0,

∂V2∂x −

∂V1∂y = 2xz cosy− 2xz cosy = 0.

~V est définit sur R3 (simplement connexe) et est irrotationnel donc il est conservatif.2. On cherche f : R3 → R telle que ~∇f = ~V .∂f∂x = 2xz siny donc f(x, y, z) = x2z siny+ g(y, z) donc ∂f

∂y = x2z cosy+ ∂g∂y = x2z cosydonc g(y, z) = h(z) donc f(x, y, z) = x2z siny+ h(z)donc ∂f

∂z = x2 siny+ h′ = x2 siny donc h(z) = cdonc f(x, y, z) = x2z siny+ c.Solution de l’exercice ·.

1. L’aire mesure 7 et le centre de gravité a coordonnées (5/2, 5/2) donc∫∫D

1 dx dy = 7, ∫∫Dx dx dy = 35/2, ∫∫

Dy dx dy = 35/2.


1 dx dy.

4

6

24

36− 4− 4− 2− 6 = 20y = −x − 2

2y = −x − 3

3y = x + 6

−3 −2 −1 0 1 2 3

−3−2−1

123


1 dx dy = ∫ −1−3∫ 13 x+2−x−2 1 dy dx + ∫ 3

−1∫ 13 x+2− 12 x− 32

1 dy dx= ∫ −1

−313x + 2 + x + 2 dx + ∫ 3

−113x + 2 + 12x + 32 dx

= ∫ −1−3

43x + 4 dx + ∫ 3−1

56x + 72 dx = 20.3. La région D est la zone coloriée suivante



D y dx dy∫∫D 1 dx dy .

48


Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient∫∫D

1 dx dy = ∫ 0−π

∫ 21 r dr dθ = (∫ 0

−πdθ)(∫ 2

1 r dr) = 32π,∫∫Dx dx dy = ∫ 0

−π

∫ 21 r2 cosθ dr dθ = (∫ 0

−πcosθ dθ)(∫ 2

1 r2 dr) = 0,∫∫Dy dx dy = ∫ 0

−π

∫ 21 r2 sinθ dr dθ = (∫ 0

−πsinθ dθ)(∫ 2

1 r2 dr) = −143 .DoncxG = 0, yG = −143 23π = − 289π > −1.On calcul maintenant l’intégrale donnée∫∫

D(3x + 4y2) dx dy = ∫ 0

−π

∫ 21 (3r cosθ + 4r2 sin2 θ) r dr dθ

= ∫ 0−π

[r3 cosθ + r4 sin2 θ]21 dθ

= ∫ 0−π

7 cosθ + 15 sin2 θ dθ= ∫ 0

−π7 cosθ + 151− cos(2θ)2 dθ = 152 π.4. En coordonnées cartésiennes on doit intégrer sur le solide défini par les inégalités

−√1− z2 ≤ x ≤ √1− z2, x2 + z2 ≤ y ≤ 2− x2 − z2 − 1 ≤ z ≤ 1.Il est naturel de passer en coordonnées cylindriques

x = r cosθ,y = t,z = r sinθ,et on obtient l’intégrale triple∫ 1

−1∫ √1−z2−√1−z2

∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz = ∫ 1

0∫ 2π


= (∫ 2π0 1 dθ)∫ 1

0 r4 [t]2−r2r2 dr = 4π ∫ 10 r4(r2 − 1) dr

= 4π [ r77 − r55]1

0 = 835π.[?] On a ∫ 10π

0 1 dα = [α]10π0 = 10π, ∫ 10π

0 cos(α) dα = [ sin(α)]10π0 = 0,∫ 10π

0 cos2(α) dα = 14[ sin(2α) + 2α]10π0 = 5π, ∫ 10π

0 cos(α) sin2(α) dα = [sin3(α)3 ]10π0 = 0,∫ 10π

0 sin2(α) dα = 14[2α − sin(2α)]10π0 = 5π, ∫ 10π

0 sin4(α) dα = 132π[12α − 8 sin(2α) + sin(4α)]10π0 = 154 π.L’aire est donnée, en coordonnées polaires, par∫∫

Dr dr dθ = ∫ 2π

0∫ 1+cos(3φ)+sin2(3φ)

0 r dr dφ= 12

∫ 2π0[ r22 ]1+cos(3φ)+sin2(3φ)

0 dφ= 12

∫ 2π0 (1 + cos(3φ) + sin2(3φ))2 dφ

= 110∫ 10π

0 (1 + cos(α) + sin2(α))2 dα= 110

∫ 10π0 1 + cos2(α) + sin4(α) + 2 cos(α) + 2 sin2(α) + 2 cos(α) sin2(α) dα

= 110[∫ 10π

0 1 dα + ∫ 10π0 cos2(α) dα + ∫ 10π

0 sin4(α) dα + 2 ∫ 10π0 cos(α) dα + 2 ∫ 10π

0 sin2(α) dα + 2 ∫ 10π0 cos(α) sin2(α) dα]

= 110[10π + 5π + 154 π + 0 + 10π + 0] = 238 π.

49

Contrôle ® - thème D


Considérons le champ de vecteurs~V (x, y, z) = (z2 siny)~i+ (xz2 cosy)~j + (2xz siny) ~k.




Dy dx dy.


x

y

0 2 4 6 802468

(a) y = x − 22y = x − 3

3y = −x + 6


3. [6 points] Après avoir représenté graphiquement la régionD = (x, y) ∈ R2 | x ≤ 0, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4,



∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz.



0 cos(α) dα, ∫ 8π0 cos2(α) dα, ∫ 8π


0 sin4(α) dα.


51



On a V1(x, y, z) = z2 siny, V2(x, y, z) = xz2 cosy et V3(x, y, z) = 2xz siny.1. On vérifie que rot~V = ~0 : ∂V3∂y −

∂V2∂z = 2xz siny− 2xz siny = 0,

∂V1∂z −

∂V3∂x = 2z siny− 2z siny = 0,

∂V2∂x −

∂V1∂y = z2 cosy− z2 cosy = 0.

~V est définit sur R3 (simplement connexe) et est irrotationnel donc il est conservatif.2. On cherche f : R3 → R telle que ~∇f = ~V .∂f∂x = z2 siny donc f(x, y, z) = xz2 siny+ g(y, z) donc ∂f

∂y = xz2 cosy+ ∂g∂y = xz2 cosydonc g(y, z) = h(z) donc f(x, y, z) = xz2 siny+ h(z)donc ∂f

∂z = 2xz siny+ h′ = 2xz siny donc h(z) = cdonc f(x, y, z) = xz2 siny+ c.Solution de l’exercice ·.

1. L’aire mesure 14 et le centre de gravité a coordonnées (5, 5) donc∫∫D

1 dx dy = 28, ∫∫Dx dx dy = 140, ∫∫

Dy dx dy = 140.


1 dx dy.

4

6

24

36− 4− 4− 2− 6 = 20y = x − 2

2y = x − 3

3y = −x + 6

−3 −2 −1 0 1 2 3

−3−2−1

123


1 dx dy = ∫ −1−3∫ − 13 x+2

12 x− 321 dy dx + ∫ 3

−1∫ − 13 x+2x−2 1 dy dx

= ∫ −1−3 −

13x + 2− 12x + 32 dx + ∫ 3−1−

13x + 2− 12x + 32 dx= ∫ −1

−3 −56x + 72 dx + ∫ 3

−1−43x + 4 dx = 20.


52





D1 dx dy = ∫ 3π/2

π/2∫ 2

1 r dr dθ = (∫ 3π/2π/2 dθ)(∫ 2

1 r dr) = 32π,∫∫Dx dx dy = ∫ 3π/2

π/2∫ 2

1 r2 cosθ dr dθ = (∫ 3π/2π/2 cosθ dθ)(∫ 2

1 r2 dr) = −143 ,∫∫Dy dx dy = ∫ 3π/2

π/2∫ 2

1 r2 sinθ dr dθ = (∫ 3π/2π/2 sinθ dθ)(∫ 2

1 r2 dr) = 0.Donc

xG = −143 23π = − 289π > −1, yG = 0.On calcul maintenant l’intégrale donnée∫∫D(3x + 4y2) dx dy = ∫ 3π/2

π/2∫ 2

1 (3r cosθ + 4r2 sin2 θ) r dr dθ= ∫ 3π/2

π/2[r3 cosθ + r4 sin2 θ]21 dθ

= ∫ 3π/2π/2 7 cosθ + 15 sin2 θ dθ

= ∫ 3π/2π/2 7 cosθ + 151− cos(2θ)2 dθ = −14 + 152 π.

4. En coordonnées cartésiennes on doit intégrer sur le solide défini par les inégalités−√1− z2 ≤ x ≤ √1− z2, x2 + z2 ≤ y ≤ 2− x2 − z2 − 1 ≤ z ≤ 1.Il est naturel de passer en coordonnées cylindriques

x = r cosθ,y = t,z = r sinθ,


∫ 2−x2−z2x2+z2 (x2 + z2)3/2 dy dx dz = ∫ 1

0∫ 2π


= (∫ 2π0 1 dθ)∫ 1

0 r4 [t]2−r2r2 dr = 4π ∫ 10 r4(r2 − 1) dr

= 4π [ r77 − r55]1

0 = 835π.[?] On a ∫ 8π

0 1 dα = [α]8π0 = 8π, ∫ 8π0 cos(α) dα = [ sin(α)]8π0 = 0,∫ 8π

0 cos2(α) dα = 14[ sin(2α) + 2α]8π0 = 4π, ∫ 8π0 cos(α) sin2(α) dα = [sin3(α)3 ]8π

0 = 0,∫ 8π0 sin2(α) dα = 14[2α − sin(2α)]8π0 = 4π, ∫ 8π

0 sin4(α) dα = 132π[12α − 8 sin(2α) + sin(4α)]8π0 = 3π.L’aire est donnée, en coordonnées polaires, par∫∫

Dr dr dθ = ∫ 2π

0∫ 1+cos(4φ)+sin2(4φ)

0 r dr dφ= 12

∫ 2π0[ r22 ]1+cos(4φ)+sin2(4φ)

0 dφ= 12

∫ 2π0 (1 + cos(4φ) + sin2(4φ))2 dφ

= 18∫ 8π

0 (1 + cos(α) + sin2(α))2 dα53


= 18∫ 8π

0 1 + cos2(α) + sin4(α) + 2 cos(α) + 2 sin2(α) + 2 cos(α) sin2(α) dα= 18

[∫ 8π0 1 dα + ∫ 8π

0 cos2(α) dα + ∫ 8π0 sin4(α) dα + 2 ∫ 8π

0 cos(α) dα + 2 ∫ 8π0 sin2(α) dα + 2 ∫ 8π

0 cos(α) sin2(α) dα]= 18 [8π + 4π + 3π + 0 + 8π + 0] = 238 π.

54

Contrôle ® - thème E


Considérons le champ de vecteurs~V (x, y, z) = (8z4 cos(2x) cosy)~i+ (−4z4 sin(2x) siny)~j + (16z3 sin(2x) cosy) ~k.




Dy dx dy.


x

y

0 1 2 3 4 5 60123456

(a) y = x − 22y = x − 3

3y = −x + 6

x

y


3. [6 points] Après avoir représenté graphiquement la régionD = (x, y) ∈ R2 | y ≤ x, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9,



∫ 2−y2−z2y2+z2 (y2 + z2)3/2 dx dy dz.

[?] Calculer l’aire de la région définie en coordonnées polaires par 14D = (r, φ) ∈ R+ × [0, 2π] : r ≤ 1 + cos(kφ) + sin2(kφ), k ∈ N∗.

Suggestion : utiliser les formules de duplication cos(2θ) = 2 cos2(θ)−1 = 1−2 sin2(θ) et calculer au préalable les intégrales suivantes∫ 2kπ0 1 dα, ∫ 2kπ

0 cos(α) dα, ∫ 2kπ0 cos2(α) dα, ∫ 2kπ

0 cos(α) sin2(α) dα, ∫ 2kπ0 sin2(α) dα, ∫ 2kπ

0 sin4(α) dα.13. Rappel : rot~V = (∂yV3 − ∂zV2, ∂zV1 − ∂xV3, ∂xV2 − ∂yV1)14. Trèfle de HABENICHT

55



On a V1(x, y, z) = 8z4 cos(2x) cosy, V2(x, y, z) = −4z4 sin(2x) siny et V3(x, y, z) = 16z3 sin(2x) cosy.1. On vérifie que rot~V = ~0 : ∂V3∂y −

∂V2∂z = −16z3 sin(2x) siny− 16z3 sin(2x) siny = 0,

∂V1∂z −

∂V3∂x = 32z3 cos(2x) cosy− 32z3 cos(2x) cosy = 0,

∂V2∂x −

∂V1∂y = −8z4 cos(2x) siny+ 8z4 cos(2x) siny = 0.

~V est définit sur R3 (simplement connexe) et est irrotationnel donc il est conservatif.2. On cherche f : R3 → R telle que ~∇f = ~V .∂f∂x = 8z4 cos(2x) cosy donc f(x, y, z) = 4z4 sin(2x) cosy+ g(y, z)donc ∂f

∂y = −4z4 sin(2x) siny+ ∂g∂y = −4z4 sin(2x) sinydonc g(y, z) = h(z)donc f(x, y, z) = 4z4 sin(2x) cosy+ h(z)donc ∂f

∂z = 16z3 sin(2x) cosy+ h′ = 16z3 sin(2x) cosydonc h(z) = cdonc f(x, y, z) = 4z4 sin(2x) cosy+ c.Solution de l’exercice ·.

1. L’aire mesure 9 + π et le centre de gravité a coordonnées (7/2, 7/2) donc∫∫D

1 dx dy = 9 + π, ∫∫Dx dx dy = (9 + π)7/2, ∫∫

Dy dx dy = (9 + π)7/2.


1 dx dy.

8

6

1

8

48− 8− 8− 1− 6 = 25

y = x − 2

2y = x − 33y = −x + 6

x

y

−3 −2 −1 0 1 2 3

−5−4−3−2−1

123


1 dx dy = ∫ −1−3∫ − 13 x+2x−2 1 dy dx + ∫ 3

−1∫ − 13 x+2

12 x− 321 dy dx

= ∫ −1−3 −

13x + 2− x + 2 dx + ∫ 3−1−

13x + 2− 12x + 32 dx= ∫ −1

−3 −43x + 4 dx + ∫ 3

−1−56x + 72 dx = 25.


56


x

y

−2 −1 1 2 3

−3−2−1

012




D1 dx dy = ∫ π/4

−3π/4∫ 3

1 r dr dθ = (∫ π/4−3π/4 dθ)(∫ 3

1 r dr) = 4π,∫∫Dx dx dy = ∫ π/4

−3π/4∫ 3

1 r2 cosθ dr dθ = (∫ 3π/2π/2 cosθ dθ)(∫ 3

1 r2 dr) = 263 √2,∫∫Dy dx dy = ∫ π/4

−3π/4∫ 3

1 r2 sinθ dr dθ = (∫ π/4−3π/4 sinθ dθ)(∫ 3

1 r2 dr) = −xG.Donc

xG = 263 √2 14π = 136π√2 < 1, yG = −xG.On calcul maintenant l’intégrale donnée∫∫D(3x + 4y2) dx dy = ∫ π/4

−3π/4∫ 3

1 (3r cosθ + 4r2 sin2 θ) r dr dθ= ∫ π/4

−3π/4[r3 cosθ + r4 sin2 θ]31 dθ

= ∫ π/4−3π/4 26 cosθ + 80 sin2 θ dθ

= ∫ π/4−3π/4 26 cosθ + 801− cos(2θ)2 dθ = 26√2 + 40π.

4. En coordonnées cartésiennes on doit intégrer sur le solide défini par les inégalitésy2 + z2 ≤ x ≤ 2− y2 − z2, −

√1− z2 ≤ y ≤ √1− z2, −1 ≤ z ≤ 1.Il est naturel de passer en coordonnées cylindriques

x = t,y = r cosθ,z = r sinθ,


∫ 2−y2−z2y2+z2 (y2 + z2)3/2 dx dy dz = ∫ 1

0∫ 2π


= (∫ 2π0 1 dθ)∫ 1

0 r4 [t]2−r2r2 dr = 4π ∫ 10 r4(r2 − 1) dr

= 4π [ r77 − r55]1

0 = 835π.

57


[?] On a ∫ 2kπ0 1 dα = [α]2kπ0 = 2kπ, ∫ 2kπ

0 cos(α) dα = [ sin(α)]2kπ0 = 0,∫ 2kπ0 cos2(α) dα = 14[ sin(2α) + 2α]2kπ0 = kπ,

∫ 2kπ0 cos(α) sin2(α) dα = [sin3(α)3 ]2kπ

0 = 0,∫ 8π0 sin2(α) dα = 14[2α − sin(2α)]2kπ0 = kπ,

∫ 2kπ0 sin4(α) dα = 132[24α − 8 sin(2α) + sin(4α)]2kπ0 = 34kπ.L’aire est donnée, en coordonnées polaires, par∫∫

Dr dr dθ = ∫ 2π

0∫ 1+cos(kφ)+sin2(kφ)

0 r dr dφ= 12

∫ 2π0[ r22 ]1+cos(kφ)+sin2(kφ)

0 dφ= 12

∫ 2π0 (1 + cos(kφ) + sin2(kφ))2 dφ

= 12k∫ 2kπ

0 (1 + cos(α) + sin2(α))2 dα= 12k

∫ 2kπ0 1 + cos2(α) + sin4(α) + 2 cos(α) + 2 sin2(α) + 2 cos(α) sin2(α) dα

= 12k[∫ 2kπ

0 1 dα + ∫ 2kπ0 cos2(α) dα + ∫ 2kπ

0 sin4(α) dα + 2 ∫ 2kπ0 cos(α) dα + 2 ∫ 2kπ

0 sin2(α) dα + 2 ∫ 2kπ0 cos(α) sin2(α) dα]

= 12k[2kπ + kπ + 34kπ + 0 + 2kπ + 0] = 238 π.

k = 1

x

y

k = 2

x

y

k = 3

x

y

k = 4

x

y

58

Université du Sud Toulon-Var Module M231 Mardi 18 mai 2010

k = 5

x

y

k = 6

x

y

k = 7

x

y

k = 8

x

y

k = 9

x

y

k = 10

x

y

k = 11

x

y

k = 12

x

y

59

Contrôle ¯

61

Contrôle ¯ - thème A

Nome : Prénom : Note : /30Exercice ¶ : champs de vecteurs et formes différentielles. [7 points]

Considérons la forme différentielleω(x, y) = y

x2 + y2 dx + −xx2 + y2 dy.

1. [1 points] Montrer que ω est fermée.2. [4 points] Montrer que ω n’est pas exacte.3. [2 points] Soit γr la famille de courbesγr(t) = (1 + r cos(φ), 2r sin(φ)), φ ∈ [0, 2π], r > 0, r 6= 1.

Calculer ∮γr

~V (t)dt en fonction de r.x

y

1 2 3

−3−2−1

0123

0 < r < 1

r > 1

Exercice · : EDO du premier ordre. [23 points]

1. [4 points] Calculer toutes les solutions de l’EDOy′′(x) + y(x) = 3 cos x.

2. [6 points] Calculer, en fonction du paramètre α , la solution y = y(x) de l’EDOy′(t) = (2 + α)y(t)− 2eαt

telle que y(0) = 3. Établir ensuite pour quels valeurs de α l’intégrale∫ +∞0 y(t) dt

est convergente.3. [6 points] Le carbone 14 est un isotope présent dans tout organisme vivant. Le nombre d’atomes de carbone 14 est constanttant que l’organisme est en vie. À la mort de l’organisme, le nombre d’atomes décroît avec une vitesse proportionnelle aunombre d’atomes. On note n(t) > 0 le nombre d’atomes au temps t, exprimé en années, après la mort de l’organisme. Cemécanisme se traduit par l’équationn′(t) = −kn(t)où k est une constante positive.3.1. Trouver toutes les solutions de l’EDO.3.2. Sachant qu’il faut 5700 ans pour que la quantité de carbone 14 diminue de moitié dans un organisme mort, calculer k .3.3. Des ossements anciens récemment exhumés contiennent 9 fois moins de carbone 14 que des ossements similairesd’aujourd’hui. Déterminer l’âge des ossements exhumés.4. [7 points] Deux produits chimiques présents dans une cuve avec une concentration de 1g/l à l’instant t = 0 interagissent etproduisent une substance dont la concentration est notée y(t) à l’instant t ≥ 0. On suppose que y(t) est régie par l’équationdifférentielle

y′(t) = (1− y(t))2 pour tout t ≥ 0.4.1. Montrer que toute solution de l’EDO est une fonction croissante.4.2. Chercher les solutions constantes de l’EDO.4.3. Considérons la solution y telle que y(0) = 0. Montrer que l’on a 0 < y(t) < 1 pour tout t > 0. (On admettra que lesgraphes de deux solutions distinctes ne se coupent pas et on pourra s’aider d’un dessin.)4.4. Considérons la solution y telle que y(0) = 0. Montrer que limt→+∞y(t) = ` existe. Puis, en admettant que lim

t→+∞y′(t) = 0,déterminer ` .4.5. Calculer la solution lorsque y(0) = 0, lorsque y(0) = 1 et lorsque y(0) = 2. Dans chaqun de ces cas établir l’intervallemaximale d’existence.63

Mardi 18 mai 2010 Module M231 Université du Sud Toulon-Var


Posons ω1 = yx2+y2 et ω2 = − x

x2+y2 .1. La forme différentielle est fermée car∂ω1∂y = x2 − y2(x2 + y2)2 = ∂ω2

∂x .

2. Puisque ω est définie sur R2 \ (0, 0), la forme peut ne pas être exacte. On a deux possibilité pour démontrer qu’elle n’est pasexacte : soit on prouve qu’elle n’admet pas de potentiel (difficile), soit qu’il existe une courbe fermée le longue de laquelle lacirculation de ω est non nulle. Puisque ω est fermée, l’unique possibilité pour trouver une courbe fermée le longue de laquellela circulation de ω est non nulle est de considérer une courbe qui tourne autour du point (0, 0) (car si elle ne tourne pas autourde ce point, alors il existe toujours un sous-ensemble simplement connexe du domaine de définition de ω qui contient la courbeet dans ce sous-ensemble la forme est exacte donc la circulation sera nulle). Soit γ le cercle de centre l’origine et rayon unitaireγ(θ) = (cosθ, sinθ), γ′(θ) = (− sinθ, cosθ), θ ∈ [0, 2π]

et calculons la circulation de ω sur γ :∮γω = ∫ 2π

0sinθcos2 θ + sin2 θ (− sinθ) + − cosθcos2 θ + sin2 θ (cosθ) dθ = ∫ 2π

0 −1 dθ = −2π 6= 0.3. On en déduit que– si r > 1 alors ∮

γr

~V (t)dt = −2π (car la circulation le longue de courbes homotopes est la même et γr est homotope à lacourbe γ du point précédent si r > 1),– si 0 < r < 1 alors ∮γr

~V (t)dt = 0 car γr est contenue dans un sous-ensemble simplement connexe de R2 \ (0, 0) et ω estfermée donc exacte dans ce sous-ensemble.Solution de l’exercice ·.

1. Il s’agit d’une «EDO linéaire du second ordre à coefficients constants» :y′′(x) + ay′(x) + by(x) = g(x).

Il faut calculer d’abord l’intégrale générale de l’équation homogène et ensuite un intégrale particulier de l’équation complète.– Intégrale générale de l’équation homogène : yH (x, C1, C2).Soit ∆ = a2 − 4b, alors– si ∆ > 0 on ayH (x, C1, C2) = C1eλ1x + C2eλ2x , C1, C2 ∈ R, λ1 = −a−√∆2 , λ2 = −a+√∆2 ;

– si ∆ = 0 on ayH (x, C1, C2) = (C1 + C2x)eλx , C1, C2 ∈ R, λ = −a2 ;

– si ∆ < 0 on ayH (x, C1, C2) = eσx (C1 cos(ωx) + C2 sin(ωx)), C1, C2 ∈ R, σ = −a2 , ω = √

|∆|2 .

– Intégrale particulier de l’équation complète : yP (x).Si g(x) = pn(x)eµx cos(θx) ou g(x) = pn(x)eµx sin(θx) alorsyP (x) = xmeµx (q1,n(x) cos(θx) + q2,n(x) sin(θx))

où pn, q1,n et q2,n sono des polynômes de degré n et on a– si ∆ > 0 et θ = 0 et µ = λ1 ou µ = λ2 alors m = 1 ;– si ∆ = 0 et θ = 0 et µ = λ alors m = 2 ;– si ∆ < 0 et θ = ω et µ = σ alors m = 1 ;– sinon m = 0.L’intégrale générale de l’EDO assignée est doncy(x, C1, C2) = yH (x, C1, C2) + yP (x).

Suivons cette démarche pour l’EDO donnée.– Recherche de l’intégrale générale de l’équation homogène.L’équation caractéristique λ2 + 1 = 0 a discriminant ∆ = −4. On a σ = 0 et ω = 1. Donc l’intégrale générale de l’équationhomogène estyH (x, c1, c2) = c1 cos x + c2 sin x, c1, c2 ∈ R.

64

Université du Sud Toulon-Var Module M231 Mardi 18 mai 2010

– Recherche d’un intégrale particulier de l’équation complète.Puisque µ = σ = 0, on cherche l’intégrale particulier sous la formeyP (x) = x(α cos x + β sin x).

On a alorsy′P (x) = (α + βx) cos x + (β − αx) sin x,y′′P (x) = (2β − αx) cos x − (2α − βx) sin x.

On les remplace dans l’équation :y′′P (x) + yP (x) = 3 cos x =⇒ (2β − αx) cos x − (2α − βx) sin x + x(α cos x + β sin x) = 3 cos x

d’où α = 0 et β = 32 .L’intégrale générale de l’EDO assignée est doncy(x, c1, c2) = yH (x, c1, c2) + yP (x) = c1 cos x + c2 sin x + 32x cos x, c1, c2 ∈ R.

2. Il s’agit d’un problème de Cauchy avec une CI y(t0) = y0 et une «EDO linéaire du premier ordre» :y′(t) + a(t)y(t) = b(t)

qui a comme solutiony(t) = (e− ∫ tt0 a(v) dv)(y0 + ∫ t

t0 e∫ vw0 a(u) dub(v) dv)

On calcul les deux intégrales : ∫ t

t0 a(v) dv = ∫ t

0 −(2 + α) dv = [−(2 + α)v ]t0 = −(2 + α)t,∫ t

t0 e−∫ ww0 a(w) dwb(v) dv = ∫ t

0 −2e−(2+α)v+αv dv = ∫ t

0 −2e−2v dv = [e−2v]t0 = e−2t − 1.La solution du problème de Cauchy est donc la fonction

y(t) = e(2+α)t(3 + e−2t − 1) = eαt + 2e(2+α)t = eαt(1 + 2e2t).L’intégrale ∫ +∞

0 eαt(1 + 2e2t) dtconverge ssi α < −2.3. 3.1. Il s’agit d’une «EDO du premier ordre à variables séparables». Si n(t) ≡ c est solution alors 0 = −kc d’où c = 0 : l’uniquesolution constante est la solution n(t) = 0 quelque soit t ∈ R+.Si n(t) 6= 0, on peut écrire

n′(t)n(t) = −k

d’où la famille de solutionsn(t) = De−kt , D ∈ R+.On conclut que, quelque soit la condition initiale n(0) = n0 ≥ 0, l’unique solution est n(t) = n0e−kt pour tout t ∈ R+.3.2. Puisque n0/2 = n(5700) = n0e−5700t , on obtient k = ln 2−5700 ≈ 1.216 10−4.3.3. Puisque n0/9 = n(t) = n0e−kt , on obtient t = 5700 ln 9ln 2 ≈ 18000 ans.4. 4.1. Pour montrer qu’une fonction est croissante il suffit de montrer que sa dérivée est de signe positif. Si y est solution del’EDO on a

y′(t) = (1− y(t))2 ≥ 0 pour tout t ≥ 0car un carré est toujours positif. y est donc une fonction croissante.4.2. On cherche les fonctions constantes solution de l’EDO. Si f(t) = c est solution de l’EDO alors puisque f ′(t) = 0 on obtient0 = (1− c)2

soit c = 1. La seule fonction constante solution de l’EDO est la fonction constante egale a 1.4.3. Considérons la solution y telle que y(0) = 0. Tout d’abord on a montré que la fonction y était croissante donc y(0) ≤ y(t)pout tout t ≥ 0, par conséquent, puisque 0 ≤ y(0), y(t) ≥ 0 pour tout t ≥ 0. Supposons qu’il existe un t0 tel que y(t0) ≥ 1,alors le graphe de y qui relie continument les points (0, y(0)) et (t0, y(t0)) coupe nécessairement le graphe de f , i.e. ladroite d’équation y = 1. Ceci est impossible, car les graphes de deux solutions distinctes ne se coupent jamais. Il n’existedonc pas de t0 tel que y(t0) ≥ 1, c’est-à-dire pour tout t ≥ 0, y(t) < 1.65

21 mai 2010 Module M231 Université du Sud Toulon-Var

4.4. Considérons la solution y telle que y(0) = 0.La fonction y est croissante et majorée par 1, elle admet donc une limite pour t → +∞. On note limt→+∞y(t) = ` . On supposeque lim

t→+∞y′(t) = ` . En passant à la limite dans l’EDO on obtient :0 = (1− `)2

soit ` = 1.4.5. – Si y(0) = 1 on sait que y(t) = 1 pour tout t > 0.– Si y(0) = 0 on sait que la fonction y est croissante et limt→+∞y′(t) = 1. En effet, il s’agit d’une EDO à variables séparableset on peut écrire ∫ (1− y)−2 dy = t, i.e. y(t) = t + c − 1

t + cqui existe sur ]−∞;−c[ ∪ ]− c; +∞[, d’où, en imposant y(0) = 0, la solutiony(t) = t1 + t , ∀t ≥ 0.

– Si y(0) = 2 on sait que la fonction y est croissante mais elle n’existe que pour 0 < t < 1 et on ay(t) = t − 2

t − 1 .

x

y

1 2 30123

66

M231 - L1 PC - Examen du 21 mai 2010

B Durée de l’épreuve : 3 heures.B Ce sujet comporte 5 exercices indépendants.B Documents et calculatrices autorisés.

? Rendre l’énoncé avec la copie.I On attachera le plus grand soin à la rédaction et à la présentation claire et lisible des résultats dont il

sera tenu compte lors de la correction. Aucun raisonnement vague ou insuffisant ne sera pris en compte.Une grande valeur sera attribuée à la rigueur des raisonnements.

I Le texte est long, mais il n’est pas nécessaire de tout faire pour obtenir la note maximale. (Le barèmeest donné à titre indicatif et est susceptible de varier.)

I Toute question où les notations de l’énoncé ne seraient pas respectées se verra attribuer la note zéro.

i La solution sera publiée à 14H sur ma page web : http://faccanoni.univ-tln.fr

Exercice ¶ : /41. /12. /23. /1Exercice · : /61. /32. /3

Exercice ¸ : /71. /62. /1Exercice ¹ : /51. /32. /2

Exercice º : /61. /22. /4

67

Examen du 21 mai 2010


Soit f : R2 → R la fonction ainsi définief(x, y) = y4

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).1. [1 point] La fonction f est-elle continue sur R2 ? Justifier la réponse.2. [2 points] Calculer ∇f(x, y) pour (x, y) 6= (0, 0) ; calculer ensuite ∇f(0, 0). La fonction f est-elle de classe C 1(R2) ? Justifier laréponse.3. [1 point] La fonction f est-elle différentiable sur R2 ? Justifier la réponse.Exercice · : extrema libres, extrema liés. [6 points]

Trouver le cylindre de volume maximal inscrit dans une sphère de rayon R > 0 fixé. . .1. [3 points]. . .avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d’unefonction f(x, y) sous une contrainte g(x, y) = 0) [NB : on se contentera de trouver lepoint critique] ;2. [3 points] . . .avec la méthode des extrema libres en éliminant une variable de lacontrainte (par exemple en minimisant une fonction h(x) = f(x, y(x))) [NB : aprèsavoir trouvé le point critique, établir sa nature].Suggestion : voir la figure ci-contre pour déduire la contrainte.

x

y

R

Exercice ¸ : «Les experts - Toulon» et «Un gâteau presque parfait». [7 points]

1. [6 points] Le corps de la victime a été trouvé sur le lieu du crime à 2H20 de nuit. Après une demi-heure la température ducorps est de 15. Quand a eu lieu l’homicide si à l’heure de la découverte la température du corps est de 20 et si la températureexterne est de −5 ?2. [1 point] Un gâteau est sorti du four à 17H00 quand il est brûlant (100). Après 10 minutes sa température est de 80 et de 65 à17H20. Déterminer la température de la cuisine.Suggestion : se rappeler la loi de Newton qui dit que la vitesse de refroidissement est proportionnelle à la différence des températures.Exercice ¹ : champs de vecteurs. [5 points]

1. [3 points] Établir si le champ de vecteurs suivant est conservatif sur R2 \ (0, 0) :~V = x3 + xy2 + y

x2 + y2 ~i− x + 3x2y+ 3y3x2 + y2 ~j.

2. [2 points] Soit γr la famille de courbesγr(t) = (1 + 2r cos(t), r sin(t)), t ∈ [0, 2π], r > 0, r 6= 12 .

Calculer ∮γr

~V (t)dt en fonction de r. Suggestion : voir la figure ci-contre.x

y

0 < r < 12

r > 12−1 1 2 3−1

10

Exercice º : intégrales doubles et triples, intégrales généralisées. [6 points]

1. [2 points] Calculer les coordonnées du centre de gravité G de la plaque en figure supposée homogène (éviter le calculd’intégrales lorsqu’il est possible, mais justifier le raisonnement) :G−1 1−1

1

2. [4 points] Calculer ∫∫∫D

1(4− z)2√x2 + y2 dx dy dz où D = (x, y, z) : 1 < x2 + y2 < 5− z.

69


Solution de l’exercice ¶

1. [1 point] La fonction est clairement continue sur R2 \ (0, 0). De plusy4

x2 + y2 = (r sinθ)4(r cosθ)2 + (r sinθ)2 = r2 sin4 θ ≤ r2 −−→r→0 0

d’où lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0 = f(0, 0).f est donc continue sur R2.2. [2 points] ~∇f(x, y) est le vecteur de composantes ∂f

∂x (x, y) et ∂f∂y (x, y) et on a :

∂f∂x (x, y) =

−2xy4(x2 + y2)2 , si (x, y) 6= (0, 0),

limx→0 f(x, 0)− f(0, 0)

x − 0 = 0, sinon;∂f∂x (x, y) =

2y3 2x2 + y2(x2 + y2)2 , si (x, y) 6= (0, 0),limy→0 f(0, y)− f(0, 0)

y− 0 = 0, sinon.Étant donné que ∣∣∣∣ −2xy4(x2 + y2)2

∣∣∣∣ = 2 ∣∣∣∣ (r cosθ)(r sinθ)4((r cosθ)2 + (r sinθ)2)2∣∣∣∣ ≤ 2r −−→

r→0 0et ∣∣∣∣2y3(2x2 + y2)(x2 + y2)2

∣∣∣∣ = 2 ∣∣∣∣ (r sinθ)3(2(r cosθ)2 + (r sinθ)2)2((r cosθ)2 + (r sinθ)2)2∣∣∣∣ ≤ 18r3 −−→

r→0 0on a

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂x (x, y) = 0 = ∂f∂x (0, 0),

lim(x,y)→(0,0) ∂f∂y (x, y) = 0 = ∂f∂y (0, 0).

La fonction f est donc de classe C 1(R2).3. [1 point] Étant de classe C 1(R2), f est différentiable sur R2. Si on ne se rappelle pas du théorème on peut le vérifier directementpar la définition : une application f : R2 → R est différentiable en (x0, y0) ∈ R2 ssilim(x,y)→(x0,y0)


On a bien lim(x,y)→(x0,y0)f(x, y)− f(x0, y0)− f ′x (x0, y0)(x − x0)− f ′y(x0, y0)(y− y0)√(x − x0)2 + (y− y0)2 = lim(x,y)→(0,0) y4(x2 + y2)3/2 = 0

cary4(x2 + y2)3/2 = (r sinθ)4((r cosθ)2 + (r sinθ)2)3/2 ≤ r −−→r→0 0.

Solution de l’exercice ·

Notons y > 0 le rayon de base du cylindre et x > 0 la demi-hauteur du cylindre.1. [3 points] Avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange il s’agit de maximiser la fonction f(x, y) = 2πxy2 sous la contrainteg(x, y) = R2 − x2 − y2 = 0. On écrit la fonction de Lagrange

F (x, y, λ) = f(x, y)− λg(x, y) = 2πxy2 − λ(R2 − x2 − y2)et on cherche les points critiques de F :

~∇F (x, y, λ) = 2πy2 + 2λx4πxy+ 2λyx2 + y2 − R2

.On a ~∇F (x, y, λ) = ~0 ssi (x, y, λ) = ( 1√3R,

√ 23R,−π 2√3R).

70

Université du Sud Toulon-Var Module M231 21 mai 2010

2. [3 points] Avec la méthode des extrema libres il s’agit d’éliminer une variable de la contrainte, par exemple en posanty = √R2 − x2 et on minimise la fonction h(x) = f(x, y(x)) :

h(x) = f(x,√R2 − x2) = 2πx(R2 − x2).On cherche d’abord les points critiques :

h′(x) = 2π(R2 − 3x2)et h′(x) = 0 ssi x = R√3 . On étudie la nature du point critique en étudiant la dérivée seconde :h′′(x) = −12πx, h′′

(R√3)< 0

donc x = R√3 est un maximum.Solution de l’exercice ¸

La loi de Newton affirme qu’il existe une constante K < 0 telle que la température du corps suit l’EDOT ′(t) = K (T (t)− Texterne).On commence par calculer toutes les solutions de l’EDO. Étant une équation différentielle du premier ordre, la famille de solutionsdépendra d’une constante D qu’on fixera en utilisant la CI.– On cherche d’abord les solutions constantes, i.e. les solutions du type T (t) ≡ c ∈ R quelque soit t. On a

0 = K (c − Texterne)d’où l’unique solution constante T (t) ≡ Texterne.– Soit T (t) 6= Texterne quelque soit t. Puisqu’il s’agit d’une EDO à variables séparables on peut calculer la solution comme suit :T ′(t) = K (T (t)− Texterne)

T ′(t)T (t)− Texterne = K

dTT − Texterne = Kd t∫ 1

T − Texterne dT = K∫ d t

ln(T − Texterne) = Kt + cT − Texterne = DeKt

T (t) = Texterne +DeKtLa valeur numérique de la constante d’intégration D est obtenue grâce à la CI :

T0 = T (0) = Texterne +DeK ·0D = T0 − Texterne

T (t) = Texterne + (T0 − Texterne)eKtUtilisons cette fonction pour répondre aux deux questions de l’exercice.1. [6 points] Ici Texterne = −5 et T0 = 20 donc la température du cadavre suit la loiT (t) = −5 + 25eKt .

De plus, on sait que 15 = T (30) = −5 + 25e30K d’où K = ln(4/5)30 . La température du corps suit donc la loiT (t) = −5 + 25e ln(4/5)30 t .

Pour déterminer l’heure du meurtre il faut donc résoudre l’équation37 = −5 + 25e ln(4/5)30 t

d’où t = 30 ln(42/25)ln(4/5) ∼ −69,7 minutes, c’est-à-dire à 1H10 de nuit.

71


t (minutes)

T ()

-70 -50 -30 -10 10 301H10 1H30 1H50 2H10 2H30 2H500

10203040

découverte ducadavre

crime

après 30minutes

2. [1 point] Ici l’inconnue est Texterne. On sait que T (t = 0) = 100 et T (t = 10) = 80 et T (t = 20) = 65. Il s’agit donc de résoudre lesystème de trois équations en les trois inconnues K,D, Texterne :100 = Texterne +D,80 = Texterne +De10K ,65 = Texterne +De20K .

La cuisine est donc à 20 et, plus en générale, la température du gâteau évolue selon la loiT (t) = 20 + 80e ln(3/4)10 t .

t (minutes)

T ()

10 20 30405060708090

100T (0) = 100

T (10) = 80T (20) = 65

Solution de l’exercice ¹

Remarquons que le champ de vecteurs peut être mis sous la forme~V = [x + y

x2 + y2]~i+ [3y− x

x2 + y2]~j.

1. [3 points] Commençons d’abord par vérifier si les deux conditions pour la conservativité sont vérifiées.– CN1 : irrotationalité du champ de vecteurs∂V1∂y = x2 − y2

x2 + y2 = ∂V2∂x .Le champ de vecteurs ~V est bien irrotationnel.– CN2 : circulation de ~V sur une courbe fermée quelconque. Considérons la courbe fermée `(t) = (cos t, sin t) pour t ∈ [0, 2π],alors ∮

`~V (t)dt = ∫ 2π

0 (cos t + sin t) (− sin t)− (3 sin t − cos t) (cos t) dt = ∫ 2π0 2 cos t sin t − 1 dt = −2π 6= 0.

La circulation sur au moins une courbe fermée qui tourne autour du point (0, 0) est non nulle.On conclut que ~V est irrotationnel (et donc conservatif sur tous sous ensemble simplement connexe de R2 \ (0, 0)) mais nonconservatif sur R2 \ (0, 0).72

Université du Sud Toulon-Var Module M231 28 juin 2010

2. [2 points] On en déduit que– si r > 1/2 alors ∮γr

~V (t)dt = −2π (car la circulation le long de courbes homotopes est la même et γr est homotope à lacourbe γ du point précédent si r > 1/2),– si 0 < r < 1/2 alors ∮γr

~V (t)dt = 0 car γr est contenue dans un sous-ensemble simplement connexe de R2 \ (0, 0) et ~Vest irrotationnel donc conservatif dans ce sous-ensemble.Solution de l’exercice º

1. [2 points] Pour calculer les coordonnées (xG, yG) du centre de gravité on doit calculer d’abord les trois intégrales doublessuivantes :∫∫D

1 dy dx = ∫ 0−1∫ −x−1 dy dx + ∫ 1

0∫ x

−1 dy dx = ∫ 0−1(−x + 1) dx + ∫ 1

0 (x + 1) dx = 3,∫∫Dx dy dx = ∫ 0

−1∫ −x−1 x dy dx + ∫ 1

0∫ x

−1 x dy dx = ∫ 0−1(−x2 + x) dx + ∫ 1

0 (x2 + x) dx = 0,∫∫Dy dy dx = ∫ 0

−1∫ −x−1 y dy dx + ∫ 1

0∫ x

−1 y dy dx = 12∫ 0−1(x2 − 1) dx + 12

∫ 10 (x2 − 1) dx = 12

∫ 1−1(x2 − 1) dx = 12

[x33 − x

]1−1 = −23et on en déduit que

xG = ∫∫D x dy dx∫∫D 1 dy dx = 0, yG = ∫∫

D y dy dx∫∫D 1 dy dx = −29 .En fait, seul la dernière des trois intégrales est nécessaire car la première correspond à l’aire de la figure qu’on peut calculergéométriquement et la deuxième est forcément nulle car le centre de gravité appartient à l’axe des y par symétrie.2. [4 points] On doit calculer l’intégrale triple ∫∫∫

D

1(4− z)2√x2 + y2 dx dy dzoù le domaine D est décrit, en coordonnées cartésiennes, par

D = (x, y, z) : 1 < x2 + y2 < 5− z.On passe en coordonnées cylindriques :

x = r cosθ,y = r sinθ,z = t,et le jacobien du changement de variables est r. Alors

D = (r, θ, t) ∈ R+ × [0, 2π]× R : 1 < r2 < 5− ti.e.

D = (r, θ, t) ∈ R+ × [0, 2π]× R : r > 1 et t < 5− r2et on a ∫∫∫D

1(4− z)2√x2 + y2 dx dy dz = ∫ 2π0∫ +∞

1∫ 5−r2−∞

1(4− t)2r r dt dr dθ= 2π ∫ +∞

1[− 14− t

]t=5−r2t→−∞

dr= −2π ∫ +∞

11

r2 − 1 dr=∞.

73

M231 - L1 PC - Rattrapage du 28 juin 2010

B Durée de l’épreuve : 2 heures.B Ce sujet comporte 5 exercices indépendants.B Documents et calculatrices autorisés.? Rendre l’énoncé avec la copie.I On attachera le plus grand soin à la rédaction et à la présentation claire et lisible des résultats dont il

sera tenu compte lors de la correction. Aucun raisonnement vague ou insuffisant ne sera pris en compte.Une grande valeur sera attribuée à la rigueur des raisonnements.

I Le texte est long, mais il n’est pas nécessaire de tout faire pour obtenir la note maximale. (Le barèmeest donné à titre indicatif et est susceptible de varier.)

I Toute question où les notations de l’énoncé ne seraient pas respectées se verra attribuer la note zéro.i La solution sera publiée ce soir sur ma page web : http://faccanoni.univ-tln.fr

Exercice ¶ : /41. /12. /23. /1Exercice · : /61. /32. /3

Exercice ¸ : /51. /12. /23. /2Exercice ¹ : /61. /12. /13. /14. /15. /16. /1

Exercice º : /101. /22. /43. /4

75

Rattrapage du 28 juin 2010

Exercice ¶ : continuité, dérivabilité, différentiabilité. [4 pt]Soit f : R2 → R la fonction ainsi définief(x, y) = y

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),0 si (x, y) = (0, 0).1. [1 pt] La fonction f est-elle continue sur R2 ? Justifier la réponse.2. [2 pt] Calculer ∇f(x, y) pour (x, y) 6= (0, 0) ; calculer ensuite ∇f(0, 0).3. [1 pt] La fonction f est-elle différentiable sur R2 ? Justifier la réponse.Exercice · : extrema libres, extrema liés. [6 pt]Trouver le parallélépipède de volume 1 dont la somme des longueurs des arrêtes est minimale . . .1. [3 pt] . . .avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d’une fonction f(x, y, z)sous une contrainte g(x, y, z) = 0 ; on se contentera de trouver le point critique) ;2. [3 pt] . . .avec la méthode des extrema libres en éliminant une variable de la contrainte (parexemple en minimisant une fonction h(x, y) = f(x, y, z(x, y))) [NB : après avoir trouvé le point

critique, établir sa nature]. x

zy

Exercice ¸ : formes différentielles. [5 pt]Considérons la forme différentielleω(x, y) = − 1(x − y)2 dx + 1(x − y)2 dy.

1. [1 pt] Trouver le domaine de définition de ω (qu’on notera Dω).2. [2 pt] Établir si ω est exacte sur son domaine de définition.3. [2 pt] Soit γr la famille de courbesγr(φ) = (2 + r cos(φ),−2 + r sin(φ)), φ ∈ [0, 2π], r > 0.

Pour quels valeurs de r on a γr ⊂ Dω ? Pour ces valeurs calculer ∮γrω(φ) dφ.

Exercice ¹ : problèmes de Cauchy. [6 pt]Un modèle pour la diffusion d’une épidémie se base sur l’hypothèse que sa vitesse de propagation est proportionnelle au nombred’individus infectés et au nombre d’individus sains. Si la ville est isolée et compte 5 000 individus dont 160 sont malades et 1 200 lesont 7 jours après, à partir de quel jour l’infection touchera 80% de la population ? Et 100% ?Suggestion : si on note I(t) le nombre d’individus infectés à l’instant t et IT le nombre d’individus total, il existe une constante k ∈R telle que I′(t) = kI(t)(IT − I(t)).Exercice º : intégrales doubles et triples, intégrales généralisées. [10 pt]

1. [2 pt] x

y

−1 1−2−1

1 Calculer les coordonnées du centre de gravité de la plaque en figure supposée homogène (vouspouvez éviter le calcul d’intégrales, mais justifiez votre raisonnement).

2.x

y

212

3y =−x + 5

Soit D la partie coloriée en figure.– [1 pt] Décrire D en coordonnées cartésiennes.– [1 pt] Trouver un changement de variables adéquat pour décrire D en coordonnées polaires.– [2 pt] Calculer ∫∫D

x − y(x − 2)2 + (y− 3)2 dx dy.3. [4 pt] Calculer ∫∫∫

D

1(4− y)4√x2 + z2 dx dy dz où D = (x, y, z) : 5− y < x2 + z2 < 1.

77

28 juin 2010 Module M231 Université du Sud Toulon-Var

Solution de l’exercice ¶

1. La fonction est continue sur R2 \ (0, 0) mais elle n’est pas continue sur R2 car si on considère la restriction de f à la courbey = x, qui passe par (0, 0), on a lim

x→0 f(x, x) = limx→0 12x 6= f(0, 0).

2. ~∇f(x, y) est le vecteur de composantes ∂f∂x (x, y) et ∂f

∂y (x, y) et on a :∂f∂x = −2xy(x2+y2)2 , si (x, y) 6= (0, 0),lim

x→0 f(x,0)−f(0,0)x−0 = 0, sinon; ∂f

∂y = x2−y2(x2+y2)2 , si (x, y) 6= (0, 0),6 ∃, sinon

car limy→0 f(0,y)−f(0,0)

y−0 =∞.3. N’étant pas continue, f n’est pas différentiable sur R2.

Solution de l’exercice ·

1. Avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange il s’agit de minimiser la fonction f(x, y, z) = 4x + 4y+ 4z sous la contrainteg(x, y, z) = xyz − 1 = 0. On écrit la fonction de Lagrange

F (x, y, z, λ) = f(x, y, z)− λg(x, y, z) = 4(x + y+ z)− λ(xyz − 1)et on cherche le(s) point(s) critique(s) de F :

~∇F (x, y, z, λ) =

4− λyz4− λxz4− λxy1− xyz .

On a ~∇F (x, y, z, λ) = ~0 ssi (x, y, z, λ) = (1, 1, 1, 4).2. Avec la méthode des extrema libres il s’agit d’éliminer une variable de la contrainte, par exemple en posant z = 1xy , et deminimiser ensuite la fonction h(x, y) = f(x, y, z(x, y)) :

h(x, y) = f(x, y, 1

xy

) = 4(x + y+ 1xy

).

On cherche d’abord le(s) point(s) critique(s) :~∇h(x, y) = (4− 4

x2y4− 4xy2)

et ~∇h(x, y) = ~0 ssi (x, y) = (1, 1). On établie la nature du point critique en étudiant le déterminant de la matrice hessienne :fxx (x, y) = 8

x3y, fyy(x, y) = 8xy3 , fxy(x, y) = 4

x2y2 ,fxx (1, 1) = 8 > 0, fyy(1, 1) = 8, fxy(1, 1) = 4

et fxx (1, 1)fyy(1, 1)− (fxy(1, 1))2 = 48 > 0 donc (1, 1) est un minimum.Solution de l’exercice ¸

1. Dω = (x, y) ∈ R2 : y 6= x.2. On remarque que Dω n’est pas simplement connexe. On commence alors par vérifier si la forme différentielle est fermée :∂ω1∂y = 2 1(x − y)3 = ∂ω2

∂x ,donc la forme différentielle ω est fermée. On va alors en chercher un potentiel, i.e. une fonction f telle que ∇f = ω :∂f∂x (x, y) = − 1(x−y)2 donc f(x, y) = 1

x−y + g(y) donc 1(x−y)2 = ∂f∂y (x, y) = 1(x−y)2 + g′(y) donc

g′(y) = 0 donc f(x, y) = 1x−y + c.

La forme différentielle est exacte sur Dω et un potentiel est f(x, y) = 1x−y .3. Les courbes γr sont les cercles de centre (2,−2) et rayon r. Pour que γr soit contenue dans Dω il faut alors que r <dist((2,−2);y = x

) = 2√2. Puisque toute γr est contenue dans un sous-ensemble simplement connexe de Dω et puisque ω estfermée, elle est exacte dans ce sous-ensemble. On en déduit que ∮

γrω(t)dt = 0.

78


x

y

2

−2

y = x

γr

r < 2 √2

Solution de l’exercice ¹

On a le problème de Cauchy I′(t) = kI(t)(5000− I(t)), (EDO)I(0) = 160. (CI)Vu la nature de la question on ne s’intéresse qu’aux solutions positive et que pour t > 0.1. Tout d’abord on observe qu’il y a deux solutions constantes de l’EDO : la fonction I(t) ≡ 0 et la fonction I(t) ≡ 5000.2. Pour chercher toutes les solutions non constantes on remarque qu’il s’agit d’une EDO à variables séparables donc on aI′(t) = kI(t)(5000− I(t))

I′(t)I(t)(5000− I(t)) = k

d II(5000− I) = kd t∫ 1

I(5000− I) d I = k∫ d t∫ 1

I d I −∫ 15000− I d I = 5000k ∫ d t

ln(I) + ln(5000− I) = 5000kt + cln I5000− I = 5000kt + c

I5000− I = De5000ktI(t) = 5000De5000kt1 +De5000ktI(t) = 5000

De−5000kt + 13. La valeur numérique de la constante d’intégration D est obtenue grâce à la CI :160 = I(0) = 5000

De0 + 1160 = 50001 +DD = 4121I(t) = 200004 + 121e−5000kt

4. Il ne reste qu’à établir la valeur numérique de la constante k grâce à l’information sur le nombre d’individus infectés après 7jours :1200 = I(7) = 200004 + 121e−35000k

k = 135000 ln 36338I(t) = 200004 + 121e− t7 ln 36338

79

28 juin 2010 Module M231 Université du Sud Toulon-Var

5. On cherche t tel que I(t) = 80%IT = 80×5000100 = 4000 :4000 = 200004 + 121e− t7 ln 36338d’où t = 15000 ln(121) ≈ 15 jours.6. Avec ce modèle lim

t→+∞ I(t) = 5000 mais I ne peut jamais atteindre exactement 100% de la population en un temps fini (deuxsolution ne s’intersectent jamais).

t

I

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 191601200

40005000

Solution de l’exercice º

1. Pour calculer les coordonnées (xG, yG) du centre de gravité on doit calculer d’abord les trois intégrales doubles suivantes :∫∫D

1 dy dx = ∫ 0−1∫ −x−x−2 dy dx + ∫ 1

0∫ x

x−2 dy dx = ∫ 0−1 2 dx + ∫ 1

0 2 dx = 4,∫∫Dx dy dx = ∫ 0

−1∫ −x−x−2 x dy dx + ∫ 1

0∫ x

x−2 x dy dx = ∫ 0−1 2x dx + ∫ 1

0 2x dx = 0,∫∫Dy dy dx = ∫ 0

−1∫ −x−x−2 y dy dx + ∫ 1

0∫ x

x−2 y dy dx = 12∫ 0−1(−4x − 4) dx + 12

∫ 10 (4x − 4) dx

= −2 ∫ 0−1(x + 1) dx + 2 ∫ 1

0 (x − 1) dx = −2et on en déduit que

xG = ∫∫D x dy dx∫∫D 1 dy dx = 0, yG = ∫∫

D y dy dx∫∫D 1 dy dx = −12 .En fait, aucune intégrale n’est nécessaire car– la première intégrale correspond à l’aire de la figure qu’on peut calculer géométriquement,– la deuxième intégrale est forcément nulle car le centre de gravité appartient à l’axe des y parsymétrie donc xG = 0,– la troisième intégrale n’est pas nécessaire car pour calculer yG . Il suffit en effet de découperla plaque comme dans la figure ci-contre : la plaque supérieure a centre de gravité en (0, 0),la plaque inférieure a centre de gravité en (−1, 0) et les deux plaques ont la même aire doncla plaque totale a centre de gravité en (0,−0,5) (ce raisonnement permet en effet de calculerdirectement xG et yG).

x

y

−1 1−2−1

1

2. Le domaine d’intégration est le demi cercle de centre (2, 3) et rayon r = 32 qui se trouve sous la droite d’équation y = −x + 5,autrement ditD = (x, y) ∈ R2 : (x − 2)2 + (y− 3)2 < 94 , y < −x + 5.Avec le changement de variables

x = 2 + r cosφ,y = 3 + r sinφ,on obtient ∫∫

D

x − y(x − 2)2 + (y− 3)2 dx dy = ∫∫D

2 + r cosφ− 3− r sinφr2 rdr dφ

oùD = (r, φ) ∈ R× [0, 2π] : 0 < r < 32 , 34π < φ < 74π.Donc ∫∫

D

2 + r cosφ− 3− r sinφr2 rdr dφ = −(∫ 74 π

34 πcosφ− sinφ dφ)(∫ 32

01r dr) =∞.

80


3. On doit calculer l’intégrale triple ∫∫∫D

1(4− y)4√x2 + z2 dx dy dzoù le domaine D est décrit, en coordonnées cartésiennes, par

D = (x, y, z) : 5− y < x2 + z2 < 1.On passe en coordonnées cylindriques :

x = r cosθ,y = t,z = r sinθ,et le jacobien du changement de variables est r. Alors

D = (r, θ, t) ∈ R+ × [0, 2π]× R : 5− t < r2 < 1i.e.

D = (r, θ, t) ∈ R+ × [0, 2π]× R : 0 < r < 1 et t > 5− r2et on a ∫∫∫D

1(4− y)4√x2 + z2 dx dy dz = ∫ 2π0∫ 1

0∫ +∞

5−r21(4− t)4r r dt dr dθ

= 2π ∫ 10∫ +∞

5−r21(4− t)4 dt dr

= 2π ∫ 10[− 13(4− t)3

]t→+∞t=5−r2 dr

= 2π ∫ 10 −

13(r2 − 1)3 dr =∞.

81