Sujet maths licence 2

[Job]

Exercice 6 - Équation 3

Équation caractéristique : $r^2-2r+2=0$ racines : $1\pm i$
Solutions de l'équation homogène : $y(t)= e^t (A\cos t +B\sin t )\ (A,B)\in {\mathbb R}^2$

Le second membre est le produit de $\cos$ par un polynôme du premier degré, on cherche donc une solution sous la forme :
$y(t)=(at+b)\cos t +(ct+d)\sin t$

$y'(t)=(ct+a+d)\cos t +(-at-b+c)\sin t$

$y"(t)=(-at-b+2c)\cos t +(-ct-2a-d)\sin t$

$y"(t)-2y'(t)+2y'(t)= [(-a-2c)t+(-2a+b+2c-2d)]\cos t +[(2a+c)t+(-2a+2b-2c+d)]\sin t$

Pour que la solution soit $t\cos t$, par identification on a le système :
$\left\{\begin{array}{rcl}a-2c&=&1\\2a+c&=&0\\-2a+b+2c-2d&=&0\\-2a+2b-2c+d&=&0\end{array}\right.$

La résolution du système donne : $\left\{\begin{array}{rcl} a&=&\frac{1}{5}\\b&=&\frac{2}{25}\\c&=&-\frac{2}{5}\\d&=&-\frac{14}{25}\end{array}\right.$

Solution particulière : $y(t)=(\frac{1}{5} t+\frac{2}{25})\cos t +(-\frac{2}{5} t -\frac{14}{25})\sin t$

Solution générale : $y(t)= e^t (A\cos t +B\sin t ) + (\frac{1}{5} t+\frac{2}{25})\cos t +(-\frac{2}{5} t -\frac{14}{25})\sin t$

[marc05]

Re bonsoir Job,

Je m'excuse de ne pas avoir pu passé plus tôt, je note cela tout de suite pour être certain de ne rien manquer. Je vous remercie encore énormément pour cette aide.

[Job]

Bonjour

Exercice 1
On paramètre chacun des segments
$\overrightarrow{AC}\ : (-2,-2,0)$. Paramétrage de $[AC]$ : $\left\{\begin{array}{rcl}x&=&-2t+1\\y&=&-2t+1\\z&=&0\end{array}\right.$ $(t\in [0,1])$
Circulation le long de $[AC]$ : $_{[AC]}\int xdy+ydz=\int_0^1(-2t+1)(-2)dt=[2t^2-2t]_0^1=0$

$\overrightarrow{CE}\ : (1,1,1)$ Paramétrage de $[CE]$ : $\left\{\begin{array}{rcl}x&=&t-1\\y&=&t-1\\z&=&t\end{array}\right.$ $t\in [0,1]$
Circulation le long de $[CE]$ : $\int_{[CE]}xdy+ydz=\int_0^1 (2t-2)dt=[t^2-2t]_0^1=-1$

$\overrightarrow{EA}\ : (1,1,-1)$ Paramétrage de $[EA]$ : $\left\{\begin{array}{rcl}x&=&t\\ y&=&t\\ z&=&-t+1\end{array}\right.$ $t\in [0,1]$
Circulation le long de $[EA]$ : $\int_{[EA]} xdy+ydz =\int_0^1 (t-t)dt=0$

Donc circulation le long du chemein $ACEA$ : 0+(-1)+0=-1.

3) Théorème de Stokes : La circulation est égale au flux du rotationnel à travers la surface fermée dont le bord est $ACEA$
$\overrightarrow{rot (v)}(M) : (x,0,z)$
Normale orientée $\overrightarrow{N}(x,y,z)\ :\ \overrightarrow{OC}\wedge \overrightarrow {OE} = (-1,1,0)$
Le domaine d'intégration est le triangle $ACE$, pour $z$ fixé entre 0 et 1, $x$ varie entre $z-1$ et $z+1$
$\iint_{(x,z)}\overrightarrow{rot (v)}\cdot \overrightarrow{N} dx dz = \int_0^1\left(\int_{z-1}^{z+1}-xdx\right)dz =\int_0^1 -2z dz=-1$

4) $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AE} \ : (0,2,2)$
Équation du plan $(ABE)\ : y+z-1=0$
$A(x,y,z)=(x,y,1-y)$ ; $N\ :\ (0,1,1)$ $A\cdot N=y+1-y=1$
Le projeté de $EAB$ sur le plan $(0,e_x,e_y)$ est le triangle $OAB$ avec comme paramétrisation $y$ fixé entre 0 et 1 et $x$ varie entre $(-y)$ et $y$.
$\iint_{(x,y)} A\cdot N dxdy =\int_0^1\left(\int_{-y}^y dx\right) dy =\int_0^1 2y\ dy =1$

5/ La pyramide a pour base un carré de côté 2 et pour hauteur 1 donc son volume est : $\frac{1}{3} \times 4 \times 1 =\frac{4}{3}$

6) D'après la formule d'Ostrogradski le flux sortant à travers la surface limitant la pyramide est égal à $\iiint_{\Omega} div (A) dx dy dz$
$div(A)=1+1+1=3 $ donc le flux sortant de la pyramide est égal à $3\times \frac{4}{3}=4$

Pour les calculs de flux, il y a plusieurs méthodes possibles donc je ne sais pas si ce que j'ai fait correspond à votre cours et je ne suis pas très sûre de moi.

[marc05]

Bonjour Job,

Je prends tout cela en note tout de suite et je vérifie que cela coïncide bien avec mon cours. Merci encore infiniment.
je vous souhaite de très bonnes fêtes de fin d'année.

[Job]

Bonjour Marc05

Exercice 2

1) $A_r=0$ ; $A_{\theta}=r\sin \theta$ ; $A_{\phi}=0$ ;
$div (A)=\frac{1}{r^2\sin \theta}(2r^2\sin \theta \cos \theta)=2\cos \theta$

$rot(A)= \frac{1}{r\sin \theta}(0)e_r+\frac{1}{r} (0)e_{\theta}+\frac{1}{r}(2r\sin \theta )e_{\phi}=2\sin \theta e_{\phi}$

Pour la question 2, j'ai des problèmes de notations car tous les manuels n'utilisent pas la même.
Dans les coordonnées cylindriques, $\phi = (\overrightarrow{Ox} , \overrightarrow {OM'})$.
Est-ce la même chose en coordonnées sphériques ou alors a-t-on $\phi = (\overrightarrow{Oz}, \overrightarrow {OM})$ ?

(Je ne pense pas être capable de faire la question 3.)

Très bonnes fêtes de fin d'année à vous aussi.

[marc05]

Bonjour Job,

Après vérification je ne suis pas certain d'avoir bien compris... En ce qui concerne la question 2 de l'exercice 2, ne s'agit-il pas de calculer la divergence et le rotationnel de ce champ comme pour la question précédente mais cette fois ci en utilisant les coordonnées cylindriques ?

Bonne année et merci pour tout

[Job]

Bonjour MarcO5 et Bonne année.

Mon problème se situe pour les coordonnées sphériques où il y a 2 angles et où tous les manuels n'utilisent pas les mêmes notations.
Pour être plus clair : dans les coordonnées sphériques, dans vos notations, est-ce que $\theta =(\overrightarrow{Oz}, \overrightarrow{OM})$ ou bien $\theta =(\overrightarrow{Ox},\overrightarrow{OM'})$ ?
C'est à cause de ce problème que je ne sais pas écrire le champ en coordonnées cylindriques.

[marc05]

Bonjour Job,

Il semblerait que cette information ne figure pas "noir sur blanc" dans les documents auxquels j'ai accès, néanmoins un schéma récapitulatif nous indique que l'angle "theta" est suivant l'axe z, donc dans notre manuel nous avons : $\theta =(\overrightarrow{Oz}, \overrightarrow{OM})$

Je vous remercie encore grandement pour l'aide que vous m'apporté, avec vous cela semble déjà plus accessible.

[Job]

Bonjour Marc05

Exercice 2 - Question 2

En coordonnées sphériques, dans le plan méridien $(\overrightarrow{OM'}, \overrightarrow{[0z)})$ on a $e_{\theta}=\cos \theta\ \vec{u}-\sin \theta\ e_z$ où $\vec u$ vecteur directeur unitaire de $\overrightarrow {OM'}$

D'autre part pour passer aux coordonnées cylindriques : $\vec u =e_{\rho}$ , $\cos \theta =\frac{z}{r}=\frac{z}{\sqrt{\rho^2+z^2}}$ et $\sin \theta =\frac{\rho}{r}=\frac{\rho}{\sqrt{\rho^2+z^2}}$

On a donc $A=(r\sin \theta) e_{\rho}= \rho(\frac{z}{\sqrt{\rho^2+z^2}} e_{\rho} -\frac{\rho}{\sqrt{\rho^2+z^2}} e_z)=\frac{\rho z}{\sqrt{\rho^2+z^2}} e_{\rho} -\frac{\rho^2}{\sqrt{\rho^2+z^2}} e_z$

Pour prendre les notations du formulaire : $A_{\rho}=\frac{\rho z}{\sqrt{\rho^2+z^2}}\ ;\ A_{\phi}=0\ ;\ A_z=-\frac{\rho^2}{\sqrt{\rho^2+z^2}} $

Il reste à calculer les dérivées partielles (c'est un peu pénible). Je détaille la première :
$\frac{\partial}{\partial \rho}(\rho A_{\rho})=\frac{\partial}{\partial \rho}(\frac{\rho^2z}{\sqrt{\rho^2+z^2}})=\frac{2\rho z \sqrt{\rho^2+z^2}-\rho^2 z \times \frac{\rho}{\sqrt{\rho^2+z^2}}}{\rho^2 +z^2}=\frac{2\rho z(\rho^2+z^2)-\rho^3 z}{(\rho^2+z^2)\sqrt{\rho^2+z^2}}=\frac{\rho^3 z +2\rho z^3}{(\rho^2+z^2)\sqrt{\rho^2+z^2}}$

J'ai trouvé ensuite $\frac{\partial }{\partial z}(\rho A_z)=\frac{\rho^3 z}{(\rho^2+z^2)\sqrt{\rho^2+z^2}}$

$div A=\frac{2z}{\sqrt{\rho^2+z^2}}$

$rot (A)=\frac{2\rho}{\sqrt{\rho^2+z^2}}e_{\phi}$

Les calculs sont à vérifier et je ne sais pas comment m'y prendre pour la troisième question.

[marc05]

Bonjour Job,

Je ne sais vraiment pas comment vous remercier, après de multiple lecture pour certaine question, tout cela me semble déjà beaucoup moins confus.