Sujet maths licence 2

[marc05]

RE:Bonsoir Job,
Je ne sais pas comment vous faites pour aller aussi rapidement, le temps que je parvienne à bien intégrer les subtilités d'un exercice vous en avez déjà terminé un autre et l'avez d'ailleurs déjà rédigé. C'est vraiment génial de tomber sur quelqu'un comme vous, je vous remercie encore énormément pour votre soutien. Je commence des maintenant à regarder vos réponses pour l'exercice 5 au cas ou quelque chose m'échappe.

[Job]

Bonjour Marc

RE:Bonsoir Job,
Je ne sais pas comment vous faites pour aller aussi rapidement, le temps que je parvienne à bien intégrer les subtilités d'un exercice vous en avez déjà terminé un autre et l'avez d'ailleurs déjà rédigé.

Un vieux prof a encore quelques restes.

Exercice 6

1) $2\theta \in [0,\frac{\pi}{2}]$ . $r'=-8\sin (2\theta)$ donc $r$ est décroissante de 4 à 0.
La courbe commence donc pour $\theta =0$ au point (0 , 4). En ce point : $\frac{r}{r'}$ tend vers $\infty$ donc la tangente forme un angle droit avec l'axe des abscisses.
La courbe se termine au point $O$ donc la courbe admet pout tangente en $O$ la droite d'angle polaire $\frac{\pi}{4}$

2) En coordonnées sphériques, l'élément de volume est : $r^2\sin \phi \ dr\ d\theta\ d\phi$
$V=\int_0^{\pi} \sin \phi \ d\phi \int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta \int_0^{R_0\cos 2\theta} r^2\ dr$
$\int_0^{R_0\cos 2\theta} r^2\ dr=\frac{1}{3} R_0^3\cos^3(2\theta)$
Par linéarisation $\cos^3 x =\frac{1}{4} (\cos (3x) +3\cos x)$
$\frac{1}{3} R_0^3 \int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos ^3 (2\theta)\ d\theta =\frac{1}{12} R_0^3\int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos (6\theta)+3\cos (2\theta))\ d\theta=\frac{1}{12} R_0^3 [\frac{1}{6} \sin (6\theta) +\frac{3}{2} \sin (2\theta)]_0^{\frac{\pi}{4}}$
$=\frac{1}{12}R_0^3(\frac{1}{6} (-1)+\frac{3}{2})=\frac{1}{9} R_0^3$
$\int_0^{\pi} \sin \phi\ d\phi =[-\cos \phi]_0^{\pi}=2$
Donc $V=\frac{2}{9} R_0^3$

3) On passe en coordonnées sphériques. $\left\{\begin{array}{rcl}x&=& r\sin \phi \cos \theta\\y&=& r \sin \phi \sin \theta\\ z&=&r\cos \phi \end{array}\right.$
$x^2+y^2+z^2=r^2\sin^2 \phi \cos^2 \theta +r^2 \sin^2 \phi \sin^2 \theta +r^2\cos^2 \phi =r^2 \sin^2 \phi +r^2\cos^2 \phi =r^2$
$\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\frac{r\cos \phi}{r}=\cos \phi$
$I=\int_0^{\pi} \cos \phi \sin \phi\ d\phi \int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_0^{R_0\cos (2\theta)} r^2 dr$

On retrouve une partie du calcul précédent et
$\int_0^{\pi}\cos \phi \sin \phi d\phi=\frac{1}{2} \int_0^{\pi} \sin (2\phi) d\phi =\frac{1}{2}[-\frac{1}{2} \cos (2\phi)]_0^{\pi}=0$
Donc l'intégrale est nulle.
(Calculs à vérifier)

Pour les exercices 2 et 7, je ne maîtrise pas le cours. Je vais essayer de revoir ça et je verrai si je peux vous répondre.

[Job]

Exercice 2

J'utilise comme notations : $v(M)=P(x,y,z) e_x+Q(x,y,z) e_y + R(x,y,z) e_z$ avec $P(x,y,z)=y\ ,\ Q(x,y,z)=z\ ,\ R(x,y,z)=x$

1) Je détermine un système d'équations paramétriques de $[AB]$
Un point $M (x,y,z)$ appartient à $[A,B]$ si il existe $t\in [0,1]$ tel que $\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}$ soit $\left\{\begin{array}{rcl} x-1=-t\\ y-1=-t\\ z=\sqrt 2 t\end{array} \right.$
$\left\{\begin{array}{rcl}x&=&-t+1\\y&=&-t+1\\z&=&\sqrt 2 t\end{array}\right.$
$v(M)=\int_A^B y dx + z dy +x dz=\int_0^1 [(-t+1)(-1)+\sqrt 2 t(-1)+(-t+1)\sqrt 2)] dt$
$v(M)=\int_0^1[(-2\sqrt 2+1)t+(\sqrt 2-1)]dt=\frac{1}{2} (-2\sqrt 2 +1)+\sqrt 2 -1=-\frac{1}{2}$

2) J'utilise comme paramètre $\theta = (\overrightarrow {OA} , \overrightarrow{OM})$ avec $\theta $ de 0 à $\frac{\pi}{2}$
M a alors pour coordonnées $(1,1,\sin \theta)$
$v(M)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} (0+0+1\cdot \cos \theta) d\theta =[\sin \theta]_0^{\frac{\pi}{2}}=1$

3) $\overrightarrow{rot (v)}=(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})e_x+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})e_y+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})e_z=-e_x-e_y-e_z$

4) La circulation d'un vecteur le long d'un contour fermé limitant une surface est égal au flux de son rotation à travers cette surface.
Le contour de la surface suit la circulation de $A$ vers $B$ suivant $\cal C_2$ puis de $B$ vers $A$ suivant $\cal C_1$ donc le flux est égal à $1-(-\frac{1}{2})=\frac{3}{2}$

5) Le rotationnel est non nul donc v ne dérive pas d'un potentiel scalaire.

Les réponses aux questions 4 et 5 sont à prendre avec réserves.

[marc05]

Bonjour Job,

Je n'ai pas eu beaucoup de temps libre ce weekend je n'ai donc pas pu passer plus tôt. Je vous poste donc le devoir en question immédiatement et je vous remercie pour toute l'aide que vous m'avez déjà apportée.



Bien à vous,
Marc05

[Job]

Bonjour Marc05

Je commence par une équation différentielle, c'est plus dans mes cordes.

Exercice 4
1) $\left(\frac{1+t}{1-t}\right)'=\frac{2t}{(1-t)^2}$
$f'(t)=\frac{2}{(1-t)^2}\times \frac{1-t}{1+t}=\frac{2}{1-t^2}$

2) On résout l'équation sans second membre : $y'(t)+\frac{2}{1-t^2}y(t) =0$ soit $y'(t)+f'(t) y(t)=0$ (E')
$\frac{y'(t)}{y(t)}=-f'(t)$
$\frac{d}{dt}[\ln (y(t))]=-\frac{d}{dt}[f(t)]=-\frac{d}{dt}[\ln \frac{1+t}{1-t}]=\frac{d}{dt}[-\ln \frac{1+t}{1-t}]=\frac{d}{dt}[\ln \frac{1-t}{1+t}]$
Donc $\ln (y(t))=\ln \frac{1-t}{1+t}+k$
On a donc comme solution de l'équation (E') les fonctions :
$y(t)=\exp(\ln \frac{1-t}{1+t}+k)=C(\frac{1-t}{1+t})\ (C\in {\mathbb R}^{+*})$

On revient à l'équation donnée par la méthode de variation de la constante .
$y'(t)=C'(t) (\frac{1-t}{1+t})+C(t)(\frac{-2}{(1+t)^2})$
L'équation s'écrit alors :
$C'(t) (\frac{1-t}{1+t})+C(t)(\frac{-2}{(1+t)^2})+\frac{2}{1-t^2}\cdot C(t)(\frac{1-t}{1+t})=1-t$
Soit $C'(t)=\frac{1-t}{\frac{1-t}{1+t}}=1+t$
Donc $C(t)=t+\frac{1}{2} t^2+\lambda$

Les solutions de l'équation sont $y(t)=(t+\frac{1}{2} t^2+\lambda)( \frac{1-t}{1+t})$

3) $y(0)=0 \Longleftrightarrow \lambda =0$
$y(t)=(t+\frac{1}{2} t^2)(\frac{1-t}{1+t})$

Les autres exercices viendront petit à petit. Tout au moins ce que je parviens à faire.

[marc05]

Bonjour Job,

Je note ça immédiatement et je vérifie que je comprenne bien tout. Merci encore pour votre aide indéfectible, je passe tous les jours pour ne rien manquer de vos messages.

[Job]

Exercice 5

1)
$\exp(at)\frac{d}{dt}[y(t)\exp(-at)]=\exp(at)[y'(t)\exp(-at)-a\exp(-at)y(t)]=y'(t)-ay(t)$
Donc en prenant $a=2$, on a l'égalité demandée.

2) Soit $z(t)=y'(t)-2y(t)$. On a alors $z'(t)=y"(t)-2y'(t)$ et $y"(t)-4y'(t)+4y(t)=z'(t)-2z(t)$
On alors la fonction $z$ qui vérifie l'équation différentielle $z'(t)-2z(t)=\exp (2t)$
En utilisant le résultat de la question 1, on a $\exp (2t)\frac{d}{dt}[z(t)\exp(-2t)]=\exp (2t)$
Donc $\frac{d}{dt}[z(t)\exp(-2t)]=1$ d'où $z(t)\exp (-2t)=t+\lambda$ soit $z(t)=(t+\lambda)\exp (2t)$

En revenant à $y$, on a alors $y'(t)-2y(t)=(t+\lambda) \exp (2t)$
En utilisant à nouveau le résultat de la question 1, $(t+\lambda)\exp (2t)=\exp (2t)[\frac{d}{dt}[y(t)\exp(-2t)]$
Donc $\frac{d}{dt}[y(t)\exp (-2t)]=t+\lambda$ d'où on déduit :
$y(t)=(\frac{1}{2} t^2 +\lambda t +\mu)\exp (2t)\ (\lambda , \mu)\in {\mathbb R}^2)$

3) $y'(t)=2\exp (2t)(\frac{1}{2} t^2+\lambda t +\mu)+\exp (2t)(t+\lambda)$
$y'(t)=\exp (2t)(t^2+(2\lambda +1) t +2\mu +\lambda)$
$\left\{\begin{array}{rcl}y(0)&=&1\\y'(0)&=&0\end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}\mu&=&1\\2\mu +\lambda&=&0\end{array}\right.$
Donc $\lambda =-2$ et $\mu =1$
Solution particulière : $y(t)=\exp (2t)(\frac{1}{2} t^2-2t+1)$

[marc05]

Bonjour Job,

Je vois que vous êtes toujours aussi rapide à répondre je vous en remercie encore. Je regarde l'exercice 5 tout de suite.

[Job]

Bonjour

Exercice 6 (Assez calculatoire)

1) L'équation caractéristique est $r^2-2r+1=0$ racine double : $r=1$
Solutions de l'équation homogène : $y(t)=(At+B)e^t\ (A,B)\in {\mathbb R}^2$

Le second membre est de la forme : $e^{mt} P_n(t)$ où $m=1$est racine double de l'équation caractéristique et $P_n$ de degré 2.
On doit donc chercher une solution de la forme $e^{mt} t^2 Q_n(t)$ où $Q_n$ est un polynôme de degré 2 donc on cherche une solution $y(t)=e^t(at^4+bt^3+ct^2+dt+e)$

On a alors $y'(t)=e^t(at^4+(b+'a)t^3+(c+3b)t^2+(d+2c)t+d+e)$

$y"(t)=e^t(at^4+((b+8a)t^3+(12a+6b+c)t^2+(6b+4c+d)t+2c+3d+2e)$

$y"(t)-2y'(t)+y(t)=e^t(12at^2 +6bt+2c+d+e)$

Je n'ai pas détaillé les calculs, ils sont à vérifier.

Pour obtenir une solution on doit donc avoir $12a=1\ ,\ b=0\ ,2c+d+e=0$ donc on peut prendre $c=d=e=0$

Donc solution particulière : $y(t)=\frac{1}{12} t^4 e^t$
Solution générale : $y(t) =e^t(At+B+\frac{1}{12} t^4)$

[Job]

Exercice 6 - Équation 2

L'équation caractéristique est : $r^2-4r+13=0$ Racines : $2\pm 3i$
Solutions de l'équation homogène : $y(t)=e^{2t}(A\cos (3t) +B\sin (3t))\ (A,B)\in {\mathbb R}^2$

Le second membre est de la forme $e^{mt}P_0(t)$ où $m=2+3i$ racine simple du polynôme caractéristique et $P_0(t)=1$
Donc on cherche une solution de la forme $e^{mt}tQ_0(t)$ soit :
$ y(t)=ate^{(2+3i)t}$

$ y'(t)=ae^{(2+3i)t}[(2+3i)t+1]$

$y"(t)=a e^{(2+3i)t}[(-5+12i)t+4+6i]$

$y"(t)-4y'(t)+13 y(t)=ae^{(2+3i)t}(6i)$

Pour avoir une solution, on doit donc avoir $6ai=1$ soit $a=\frac{1}{6i} =-\frac{i}{6}$

Solution particulière : $y(t)=-\frac{it}{6} e^{(2+3i)t}$
Solution générale : $y(t)=e^{2t}(A\cos (3t)+B\sin (3t)) -\frac{it}{6}e^{(2+3i)t}=e^{2t}(A\cos (3t)+B\sin (3t)-\frac{it}{6} e^{3it})$

Pour la seconde équation , l'équation homogène est la même donc on cherche une solution particulière à partir de l'équation particulière précédente.

$e^{2t}\cos (3t)$ est la partie réelle de $e^{(2+3i)t}$ donc il suffit de prendre la partie réelle de la solution précédente.

$-\frac{it}{6}e^{(2+3i)t}=-\frac{it}{6} e^{2t}(\cos (3t) +i\sin (3t))=e^{2t}[-\frac{it}{6}\cos (3t)+\frac{1}{6} t\sin (3t)]$

On a donc comme solution particulière : $y(t)=\frac{1}{6} t e^{2t}\sin (3t)$

Solution générale : $y(t)=e^{2t} [A\cos (3t) +B\sin (3t) +\frac{1}{6} t\sin (3t)]$

Je ferai la troisième demain