Sujet maths licence 2
Sujet maths licence 2
Bonjour Job,
Comme vous me l'avez indiqué en mp l'utilisation de Latex est plus commode pour vous sur ce forum, je vous mets donc à disposition le sujet sur lequel je bloque actuellement en espérant obtenir un maximum de réponse afin de pouvoir mieux comprendre les notions qui me posent problème.
Bien à vous,
Marc05
Comme vous me l'avez indiqué en mp l'utilisation de Latex est plus commode pour vous sur ce forum, je vous mets donc à disposition le sujet sur lequel je bloque actuellement en espérant obtenir un maximum de réponse afin de pouvoir mieux comprendre les notions qui me posent problème.
Bien à vous,
Marc05
Dernière modification par marc05 le 09 février 2016, 18:21, modifié 1 fois.
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour
Je fais ce qui ne me demande pas trop de révision
Exercice 1
1) $\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{3}{2} (2x)(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}$
Pour $y$ et $z$, c'est la même chose.
${\rm grad}\ f =3x(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_x+3y(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_y+3z(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_z$
${\rm grad}\ f=3(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}(x e_x+ye_y+ze_z)$
2) $\left\{\begin{array}{rcl} x&=&\rho \cos \theta\\y&=&\rho \sin \theta \\ z&=&z\end{array}\right.$
$f(\rho , \theta , z)=(\rho^2\cos^2 \theta +\rho^2\sin^2 \theta +z^2+a^2)^{\frac{3}{2}}=(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{3}{2}}$
${\rm grad}\ f = \frac{3}{2} (2\rho)(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_{\rho}+\frac{3}{2} (2z) (\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}})e_z=3(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}(\rho e_{\rho}+ze_z)$
3) $\left\{\begin{array}{rcl}x&=&\rho \cos \theta\sin \varphi \\ y&=&\rho \sin \theta \sin \varphi \\ z&=&\rho \cos \varphi \end{array}\right.$
$f(\rho , \theta, \varphi)=(\rho^2\cos^2\theta \sin^2 \varphi+\rho^2\sin^2 \theta \sin^2\varphi +\rho^2\cos^2\varphi +a^2)^{\frac{3}{2}}=(\rho^2\sin^2\varphi +\rho^2 \cos^2 \varphi +a^2)^{\frac{3}{2}}=(\rho^2+a^2)^{\frac{3}{2}}$
${\rm grad}\ f=\frac{3}{2} (2\rho)(\rho^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_{\rho}=3\rho (\rho^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_{\rho}$
4) $df=3(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}} (\rho d\rho +z dz)$
(je poursuivrai demain)
Je fais ce qui ne me demande pas trop de révision
Exercice 1
1) $\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{3}{2} (2x)(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}$
Pour $y$ et $z$, c'est la même chose.
${\rm grad}\ f =3x(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_x+3y(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_y+3z(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_z$
${\rm grad}\ f=3(x^2+y^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}(x e_x+ye_y+ze_z)$
2) $\left\{\begin{array}{rcl} x&=&\rho \cos \theta\\y&=&\rho \sin \theta \\ z&=&z\end{array}\right.$
$f(\rho , \theta , z)=(\rho^2\cos^2 \theta +\rho^2\sin^2 \theta +z^2+a^2)^{\frac{3}{2}}=(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{3}{2}}$
${\rm grad}\ f = \frac{3}{2} (2\rho)(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_{\rho}+\frac{3}{2} (2z) (\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}})e_z=3(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}}(\rho e_{\rho}+ze_z)$
3) $\left\{\begin{array}{rcl}x&=&\rho \cos \theta\sin \varphi \\ y&=&\rho \sin \theta \sin \varphi \\ z&=&\rho \cos \varphi \end{array}\right.$
$f(\rho , \theta, \varphi)=(\rho^2\cos^2\theta \sin^2 \varphi+\rho^2\sin^2 \theta \sin^2\varphi +\rho^2\cos^2\varphi +a^2)^{\frac{3}{2}}=(\rho^2\sin^2\varphi +\rho^2 \cos^2 \varphi +a^2)^{\frac{3}{2}}=(\rho^2+a^2)^{\frac{3}{2}}$
${\rm grad}\ f=\frac{3}{2} (2\rho)(\rho^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_{\rho}=3\rho (\rho^2+a^2)^{\frac{1}{2}}e_{\rho}$
4) $df=3(\rho^2+z^2+a^2)^{\frac{1}{2}} (\rho d\rho +z dz)$
(je poursuivrai demain)
Re: Sujet maths licence 2
Vous êtes incroyable, vous avez déjà commencé. Je vous remercie énormément pour votre aide et pour le temps que vous avez déjà consacré à mon devoir. Je vais immédiatement noter le début pour en comprendre le raisonnement. Je repasserai plusieurs fois demain pour ne rien manquer de vos messages, je vous remercie encore pour votre soutien.
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour
Je passe l'exercice 2 qui ne m'inspire plus du tout, j'y reviendrai peut-être dans la semaine.
Exercice 3
Une représentation graphique sans difficulté montre que le domaine est un triangle dont les sommets ont pour coordonnées respectives (1,2), (3,2) et (1,6). Donc $x$ varie entre 1 et 3 et $y$ entre 2 et $-2x+8$
$I=\iint_{\cal D} xy dxdy=\int_1^3 x\left(\int_2^{-2x+8}y dy\right) dx$
$\int_2^{-2x+8}y dy=[\frac{1}{2} y^2]_2^{-2x+8}=\frac{1}{2} ((-2x+8)^2-4)=2x^2-16x+30$
$I=\int_1^3 (2x^3-16x^2+30x )dx=[\frac{1}{2}x^4-\frac{16}{3}x^3+15x^2]_1^3=\frac{64}{3}$(sauf erreur de calcul.
Je passe l'exercice 2 qui ne m'inspire plus du tout, j'y reviendrai peut-être dans la semaine.
Exercice 3
Une représentation graphique sans difficulté montre que le domaine est un triangle dont les sommets ont pour coordonnées respectives (1,2), (3,2) et (1,6). Donc $x$ varie entre 1 et 3 et $y$ entre 2 et $-2x+8$
$I=\iint_{\cal D} xy dxdy=\int_1^3 x\left(\int_2^{-2x+8}y dy\right) dx$
$\int_2^{-2x+8}y dy=[\frac{1}{2} y^2]_2^{-2x+8}=\frac{1}{2} ((-2x+8)^2-4)=2x^2-16x+30$
$I=\int_1^3 (2x^3-16x^2+30x )dx=[\frac{1}{2}x^4-\frac{16}{3}x^3+15x^2]_1^3=\frac{64}{3}$(sauf erreur de calcul.
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour Job,
Je vois que vous êtes toujours aussi effectif, c'est génial, je conserve tout cela pour bien le comprendre, merci énormément.
Je repasse dans l'heure car étonnamment je ne reçois pas d'email m'indiquant que mon post a eu une nouvelle réponse, et je ne souhaite rien manquer de votre aide et encore moins vous demander une telle aide si cela était pour ne pas la suivre attentivement... Merci encore pour le temps que vous me consacré c'est vraiment très sympathique de votre part.
Je vois que vous êtes toujours aussi effectif, c'est génial, je conserve tout cela pour bien le comprendre, merci énormément.
Je repasse dans l'heure car étonnamment je ne reçois pas d'email m'indiquant que mon post a eu une nouvelle réponse, et je ne souhaite rien manquer de votre aide et encore moins vous demander une telle aide si cela était pour ne pas la suivre attentivement... Merci encore pour le temps que vous me consacré c'est vraiment très sympathique de votre part.
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 4
1) La fonction $\theta \mapsto 4\cos \theta$ est paire donc la courbe admet l'axe des abscisses pour axe de symétrie et il suffit d'étudier sur l'intervalle $[0,\frac{\pi}{2}]$
$\rho'(\theta) =-4\sin \theta \leq 0$, la fonction $\rho$ est donc décroissante sur l'intervalle $[0 ,\frac{\pi}{2}$
Pour $\theta =0,\ \rho =4$ donc la courbe démarre au point $M$ (4,0) et $\overrightarrow{V(0)}=(\overrightarrow{OM}, \overrightarrow {T(0)})\ [\pi]$ est tel que $\tan V=\frac{\rho}{\rho '}=+\infty$ donc la tangente en ce point est verticale.
$\rho (\frac{\pi}{6}) =2\sqrt 3\ ;\ \rho(\frac{\pi}{3})=2$
$\rho (\frac{\pi}{2}) =0$ donc au point $O$, la tangente est dirigée par le vecteur $\cos \frac{\pi}{2} \vec{i} +\sin \frac{\pi}{2} \vec {j}=\vec j$ donc la tangente au point $O$ est l'axe des ordonnées.
Il reste à compléter par symétrie par rapport à l'axe des abscisses.
2) $A({\cal D})=\frac{1}{2}\int_{\cal C}\rho^2 d\theta=\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \rho_0^2 \cos^2\theta d\theta =\frac{1}{2} \rho_0^2\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta d\theta$
$A({\cal D})=\frac{1}{2}\rho_0^2 \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2}(\cos (2\theta) +1) d\theta = \frac{1}{4} \rho_0^2 [\frac{1}{2} \sin (2\theta)+\theta]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{4} \rho_0^2 (\frac{\pi}{2} -(\frac{\sqrt 3}{4} +\frac{\pi}{6}))=\frac{1}{4} \rho_0^2 (\frac{\pi}{3} -\frac{\sqrt 3}{4})$
3) On passe en coordonnées polaires : $y=\rho \sin \theta$
$\iint_{\cal D} ydxdy=\iint_{\Delta} \rho \sin \theta |\rho|d\rho d\theta=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\rho_0\cos \theta} \rho^2 \sin \theta d\rho d\theta=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta \left(\int_0^{\rho_0\cos \theta} \rho^2 d\rho\right) d\theta$
$\int_0^{\rho_0\cos \theta} \rho^2 d\rho=\frac{1}{3} \rho_0^3 \cos^3\theta$
$\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{3}\sin \theta \cos^3 \theta d\theta= -\frac{1}{3} \rho_0^3 \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} (-\sin \theta) \cos^3 \theta d\theta=-\frac{1}{3} \rho_0^3[\frac{1}{4} \cos^4 \theta]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} =-\frac{1}{3} \rho_0^3(-\frac{1}{4} \times \frac{9}{16})=\frac{3}{64} \rho_0^3$
Si quelque chose n'est pas clair ou si il y aune erreur, dites le moi.
1) La fonction $\theta \mapsto 4\cos \theta$ est paire donc la courbe admet l'axe des abscisses pour axe de symétrie et il suffit d'étudier sur l'intervalle $[0,\frac{\pi}{2}]$
$\rho'(\theta) =-4\sin \theta \leq 0$, la fonction $\rho$ est donc décroissante sur l'intervalle $[0 ,\frac{\pi}{2}$
Pour $\theta =0,\ \rho =4$ donc la courbe démarre au point $M$ (4,0) et $\overrightarrow{V(0)}=(\overrightarrow{OM}, \overrightarrow {T(0)})\ [\pi]$ est tel que $\tan V=\frac{\rho}{\rho '}=+\infty$ donc la tangente en ce point est verticale.
$\rho (\frac{\pi}{6}) =2\sqrt 3\ ;\ \rho(\frac{\pi}{3})=2$
$\rho (\frac{\pi}{2}) =0$ donc au point $O$, la tangente est dirigée par le vecteur $\cos \frac{\pi}{2} \vec{i} +\sin \frac{\pi}{2} \vec {j}=\vec j$ donc la tangente au point $O$ est l'axe des ordonnées.
Il reste à compléter par symétrie par rapport à l'axe des abscisses.
2) $A({\cal D})=\frac{1}{2}\int_{\cal C}\rho^2 d\theta=\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \rho_0^2 \cos^2\theta d\theta =\frac{1}{2} \rho_0^2\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta d\theta$
$A({\cal D})=\frac{1}{2}\rho_0^2 \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2}(\cos (2\theta) +1) d\theta = \frac{1}{4} \rho_0^2 [\frac{1}{2} \sin (2\theta)+\theta]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{4} \rho_0^2 (\frac{\pi}{2} -(\frac{\sqrt 3}{4} +\frac{\pi}{6}))=\frac{1}{4} \rho_0^2 (\frac{\pi}{3} -\frac{\sqrt 3}{4})$
3) On passe en coordonnées polaires : $y=\rho \sin \theta$
$\iint_{\cal D} ydxdy=\iint_{\Delta} \rho \sin \theta |\rho|d\rho d\theta=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\rho_0\cos \theta} \rho^2 \sin \theta d\rho d\theta=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta \left(\int_0^{\rho_0\cos \theta} \rho^2 d\rho\right) d\theta$
$\int_0^{\rho_0\cos \theta} \rho^2 d\rho=\frac{1}{3} \rho_0^3 \cos^3\theta$
$\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{3}\sin \theta \cos^3 \theta d\theta= -\frac{1}{3} \rho_0^3 \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} (-\sin \theta) \cos^3 \theta d\theta=-\frac{1}{3} \rho_0^3[\frac{1}{4} \cos^4 \theta]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} =-\frac{1}{3} \rho_0^3(-\frac{1}{4} \times \frac{9}{16})=\frac{3}{64} \rho_0^3$
Si quelque chose n'est pas clair ou si il y aune erreur, dites le moi.
Re: Sujet maths licence 2
RE: Bonjour Job
Tout est très clair pour moi, sans doute grâce à la clarté de votre rédaction ainsi que celle de vos raisonnements, ce qui facilite énormément la compréhension, je vous en remercie d'ailleurs.
Je me pose tout de même un petite question, cette égalité : $A({\cal D})=\frac{1}{2}\int_{\cal C}\rho^2 d\theta=\frac{1}{2}=...$
Je pense comprendre la suite et j'imagine que le"...$=\frac{1}{2}=$..." est une "faute de frappe". Dans le cas contraire je ne comprend pas la manipulation.
La ligne complète de votre message est la suivante :
2) $A({\cal D})=\frac{1}{2}\int_{\cal C}\rho^2 d\theta=\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \rho_0^2 \cos^2\theta d\theta =\frac{1}{2} \rho_0^2\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta d\theta$
Merci pour cette précieuse aide.
Tout est très clair pour moi, sans doute grâce à la clarté de votre rédaction ainsi que celle de vos raisonnements, ce qui facilite énormément la compréhension, je vous en remercie d'ailleurs.
Je me pose tout de même un petite question, cette égalité : $A({\cal D})=\frac{1}{2}\int_{\cal C}\rho^2 d\theta=\frac{1}{2}=...$
Je pense comprendre la suite et j'imagine que le"...$=\frac{1}{2}=$..." est une "faute de frappe". Dans le cas contraire je ne comprend pas la manipulation.
La ligne complète de votre message est la suivante :
2) $A({\cal D})=\frac{1}{2}\int_{\cal C}\rho^2 d\theta=\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \rho_0^2 \cos^2\theta d\theta =\frac{1}{2} \rho_0^2\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\theta d\theta$
Merci pour cette précieuse aide.
Re: Sujet maths licence 2
Non le 1/2 n'est pas une erreur.
La justification dans http://iut-tice.ujf-grenoble.fr/tice-es ... re3res.htm
La justification dans http://iut-tice.ujf-grenoble.fr/tice-es ... re3res.htm
Re: Sujet maths licence 2
Je vais regarder cela immédiatement, merci encore.
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 5
1) L'élément de volume en coordonnées cylindriques est $\rho\ d\rho\ d\theta\ dz$
Donc $V=\int_0^{2\pi} d\theta\ \int_0^R \rho\ d\rho\ \int_0^{\rho^2+1} dz$
$\int_0^{\rho^2+1} dz=\rho^2 +1$
$\int_0^R \rho(\rho^2+1)d\rho =\frac{1}{4} R^4+\frac{1}{2} R^2$
$V=2\pi (\frac{1}{4} R^4 +\frac{1}{2} R^2)$
2) On passe en coordonnées cylindriques : $x=\rho \cos \theta$
$I=\iiint_{\cal D}x^2dxdydz=\iiint_{\Delta} \rho^2\cos^2\theta\ \rho \ d\rho\ dz\ d\theta=\int_0^{2\pi} \cos^2\theta\ d\theta \int_0^R \rho^3\ d\rho \int_0^{\rho^2+1} dz$
$\int_0^{\rho^2+1} dz =\rho^2+1$
$\int_0^R \rho^3(\rho^2+1)\ d\rho =\frac{1}{6} R^6+\frac{1}{4} R^4$
$\int_0^{2\pi} \cos^2 \theta\ d\theta =\int_0^{2\pi} \frac{1}{2}(\cos (2\theta)+1)d\theta =\frac{1}{2}[\frac{1}{2} \sin (2\theta)+\theta]_0^{2\pi}=\frac{\pi}{2}$
$I=\frac{\pi}{2} (\frac{1}{6} R^6+\frac{1}{4} R^4)$
1) L'élément de volume en coordonnées cylindriques est $\rho\ d\rho\ d\theta\ dz$
Donc $V=\int_0^{2\pi} d\theta\ \int_0^R \rho\ d\rho\ \int_0^{\rho^2+1} dz$
$\int_0^{\rho^2+1} dz=\rho^2 +1$
$\int_0^R \rho(\rho^2+1)d\rho =\frac{1}{4} R^4+\frac{1}{2} R^2$
$V=2\pi (\frac{1}{4} R^4 +\frac{1}{2} R^2)$
2) On passe en coordonnées cylindriques : $x=\rho \cos \theta$
$I=\iiint_{\cal D}x^2dxdydz=\iiint_{\Delta} \rho^2\cos^2\theta\ \rho \ d\rho\ dz\ d\theta=\int_0^{2\pi} \cos^2\theta\ d\theta \int_0^R \rho^3\ d\rho \int_0^{\rho^2+1} dz$
$\int_0^{\rho^2+1} dz =\rho^2+1$
$\int_0^R \rho^3(\rho^2+1)\ d\rho =\frac{1}{6} R^6+\frac{1}{4} R^4$
$\int_0^{2\pi} \cos^2 \theta\ d\theta =\int_0^{2\pi} \frac{1}{2}(\cos (2\theta)+1)d\theta =\frac{1}{2}[\frac{1}{2} \sin (2\theta)+\theta]_0^{2\pi}=\frac{\pi}{2}$
$I=\frac{\pi}{2} (\frac{1}{6} R^6+\frac{1}{4} R^4)$