examen maths 3 avec solution

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11/02/2017
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3
.
ELT-GC-ATE.
Questions de cours
Répondre
par Vrai au Faux (justifier votre réponse)
ZZ
1
x|f (x, y)|dxdy = 0 où f une fonction continue dans D.
1)
ZZ D
−1
ydxdy = 0
2)
′
D
ZZZ
−1
xdxdydz = 0.
3)
∆
1
1
(D ′ )
−1
−1
1
Domaine D
Où le domaine ∆ désigne la boule sphérique de centre, l’origine des coordonnées, O(0; 0; 0) et de rayon 1.
Soit f la fonction définie par l’expression f (x) =
4) f est définie en 0.1
5) f ′ (0) = 1
+∞
X
2n n
x .
n+1
n=0
Corps H
O
Le domaine T est limité par les courbes (OA), (OB) et (AB) définies comme suit
√
√
(OA) : y = x, (OB) : y = − x et (AB) : x2 + y 2 = 2.
Le corps H est limité par les surfaces (S1 ) et (S2 ) définies comme suit :
A
1
Exercice№1 (9.5pts)
−1
−1
1
B
Domaine (T )
(S1 ) : x2 + y 2 = z, (S2 ) : (z − 5)2 + x2 + y 2 = 9 (la partie vérifiant z ≤ 5).
1) Calculer l’aire des surfaces T et S1 .
2) Calculer le moment d’inertie de la figure homogène T par rapport à (Ox).
3) Calculer le volume de H.
4) Calculer les coordonnées du centre de gravité de H.
Exercice№2 (6pts)
Étudier la nature des intégrales impropres suivantes :
Z +∞ −t
Z π
e
1
dt
2)
dt
1)
t3
0
0 t sin t
Z +∞
Z +∞ 3
t2
ln t
√
3)
dt.
dt
4)
3
t
t −4
2
1
L’eau
tombant
goutte
à
goutte,
enfin
creuse
la
pierre
proverbe grec
Bon courage
☞Corrigé
Exercice№1
1) Faux ❒
✓.
En justifiant
On pose A = {M (x, y) ∈ (D) tel que x ≤ 0} et B = {M (x, y) ∈ (D) tel que x ≥ 0}.
Partageons, d’une manière arbitraire, le domaine D en petits domaines D1 , D2 , ...Dn .
Sous la condition ”∀i = 1, 2, ..n : Aire(Di ) → 0” On a le résultat suivant :
ZZ
i=n
X
xi |f (xi , yi )|Aire(Di ), où (xi ; yi ) ∈ (Di ) (peut importe sa position dans Di ).
x|f (x, y)|dxdy =
D
0.25pt
i=1
Comme
D = A ∪ B, cette dernière expression prend la forme suivante :
ZZ
X
X
x|f (x, y)|dxdy =
xi |f (xi , yi )|Aire(Di ) +
xi |f (xi , yi )|Aire(Di ) 6= 0 (car f
D
(xi ;yi )∈Di ⊂A
est quelconque).
2)
Vraie
(xi ;yi )∈Di ⊂B
0.5pt
❒
✓.
0.25pt
ZZ
ydxdy
′
D’une part,le centre de gravité G de D ′ se trouve en (0, 0) (trivial). D’autre part yG = Z ZD
.
0.75pt
dxdy
D′
3)
Vraie
❒
✓.
D’une part,le centre de gravité G de ∆ se trouve en (0, 0, 0) (trivial). D’autre part xG =
0.25pt
ZZZ
xdxdydz
Z Z∆
.
dxdydz
0.75pt
∆
4)
Vraie
❒
✓.
La quantité f (x) s’appelle la somme de la série entière
0.25pt
X 2n
xn . f est définie sur l’intervalle ]−R; R[
n+1
n≥0
an
1
2n
où R = lim
= avec an =
. d’où f est définie sur ]− 12 ; 12 [.
n−→+∞ an+1
2
n+1
5) Vraie
1.5pt
❒
✓.
0.25pt
4
8
f (x) = 1 + x + x2 + ... =⇒ f ′ (x) = 1 + x + ... d’où f ′ (0) = 1.
3
3
Exercice№2
Méthode 1
Schéma sans équations sera noté ☞
0 pt
1
x=
dxdy
T1
Z √2−y2 !
dx dy
1) Aire (T ) = 2
Aire (T )=2
Z
1 p
Z
1
0
ZZ
y2
0.75pt
y2
−1
1
−1
0.25pt
y=0
0.5pt
2 − y 2 − y 2 dy
0.25pt
0
Z 1p
√
π
Pour calculer
2 − y 2 dy, on pose y = 2 sin t où la variable t varie de 0 à .
4
0
π 1
Enfin, Aire (T ) = + .
2 3
Une autre Méthode
=2
T1
x=
0.5 pt
p
2 − y2
y=
1) Aire (T ) = 2

Z Z
dxdy +
E
ZZ
dxdy
F
 Z 1 Z √x !
Z √2

dy dx +
Aire (T ) = 2 

0
1
 0
|
{z
} |
0.25pt
Aire (T ) = 2
Z
1√
0
xdx + 2
Z
1
√
2p
0.25pt
Z
2 − x2 dx
√
2−x2
0
{z
0.25pt
!



dy dx


}
Calculons l’aire de S1
s
2 2
ZZ
∂z
∂z
Aire (S1 )=
1+
+
dxdy
∂x
∂y
D
Où (D) le domaine de projection de S1 sur le plan (Oxy).
Cherchons la courbe d’intersection des deux surfaces S1 et S2 .
√
1
x
E
F
−1
1
−1 y = 0
y=
√
2 − x2
0.5 pt
0.25pt
0.25pt
S1 :z = x2 + y 2 ☞
(S1 ∩ S2 ) ⇔√(z − 5)2 + z = 9√⇔ z 2 − 9z + 16 = 0
9 + 17
9 − 17
ou z =
. D’autre part tous les points de (S1 ) vérifiant z ≤ 5. Par conséquent
⇔z=
2
2
√
9 − 17
On accepte uniquement z =
.
0.5pt
2
r
√
√ !
9 − 17
9 − 17
de rayon
.
(S1 ∩ S2 ) désigne le cercle de centre 0; 0;
0.25pt
2
2
r
√
9 − 17
Par conséquent, le domaine (D) désigne le disque de centre (0; 0) de rayon
.
2 0.5pt
ZZ p
Aire (S1 ) =
1 + 4x2 + 4y 2 dxdy.
0.5pt
D
Dans le but
calculer cette intégrale, on pose x = r cos θ et y = r sin θ ce qui donne
Z Z dep
r 1 + 4r 2 drdθ.
Aire (S1 ) =
0.5pt
D
r
√
Z 2π Z R p
9 − 17
Aire (S1 ) =
r 1 + 4r 2 dr dθ où R =
0.5pt
2
0
0
L’ntégrale
entre
parenthèses
Z R p
Z
3
1
1
1
1 R
r 1 + 4r 2 dr =
(1 + 4R2 ) 2 − .
(1 + 4r 2 ) 2 d(1 + 4r 2 ) =
8
12
12
0
0
3
π
(1 + 4R2 ) 2 − 1 (u.s)
Aire(S1 ) =
6
.
2) Moment d’inertie de (T ) par rapport à (Ox)
.
ZZ
y 2 dxdy.
Ixx =
0.25pt
T
ZZ
y 2 dxdy
D’après la méthode 1, Ixx = 2
0.5pt
T1
Ixx = 2
Z
1
0
Z √2−y2
!
2
y dx dy
y2
=2
√
Z
0.75pt
1
y2
0
p
2 − y 2 − y 4 dy
0.5pt
π
On pose y = 2 sin t, comme y varie de 0 à 1, t varie de 0 à .
4
Z π
Z π
Z π
Z 1 p
4
4
4 1
(1 − cos 4t)dt.
(sin t cos t)2 dt =
sin2 2tdt =
y2 2 − y2 = 4
0
0
0 2
0
3) Calculons le volume de H
.
ZZZ
dxdydz.
Volume(H) =
H
Z √
ZZ
9−x2 −y 2
5−
Volume(H) =
0.25pt
dz
x2 +y 2
D
!
dxdy
0.5pt
Où (D)la projection de H sur la plan(Oxy).
{z
}
|
Z Z 0.25pt
p
5 − 9 − x2 − y 2 − (x2 + y 2 ) dxdy
Volume(H) =
0.25pt
D
En utilisant les coordonnées polaires
ZZ
p
r 5 − 9 − r 2 − r 2 drdθ.
Volume(H) =
D
Le domaine (D) désigne le disque de centre (0; 0) de rayon
Z 2π Z R
p
3
2
(5r − r 9 − r − r )dr dθ.
Volume(H) =
0
Il suffit de remarquer :
Z
r
9−
√
0.25pt
17
2
0
Z
Z
−1 R
2 21
2
=
r 9−
(9 − r ) d(9 − r ) sous la forme X α dX.
2 0
0
3
5 2 R4
1
2
2
(u.v).
Volume(H) = 2π −9 + (9 − R ) + R −
3
2
4
4) Coordonnées du centre de gravité de H
.
Soit G(xG ; yG ; zG ) le centre de gravité de H, avec :
ZZZ
ZZZ
ZZZ
ydxdydz
zdxdydz
xdxdydz
yG = Z Z ZH
zG = Z Z ZH
xG = Z Z ZH
dxdydz
dxdydz
dxdydz
H
H
H
ZZZ
dxdydz = Volume(H)
H
!
Z √ 2 2
ZZ
ZZZ
R
p
5−
D
9−x −y
xdz
D
0
0.25pt
0.25pt
dxdy
En
:
ZZ
Z Z Zcoordonnées polaires
p
r cos θ 5 − 9 − r 2 − r 2 drdθ
xdxdydz =
D
Z H2π Z R
p
2
2
r cos θ 5 − 9 − r − r dr dθ
=
0
0.5pt
x2 +y 2
Où (D) la projection de H sur la plan (Oxy)
ZZ
ZZZ
p
x 5 − 9 − x2 − y 2 − (x2 + y 2 ) dxdy
xdxdydz =
H
0.25pt
r 2 dr
xdxdydz =
H
.
0.25pt
0.25pt
=
ZZZ
Z
ydxdydz =
H
2π
cos θdθ
0
ZZ
D
Z
R
0
p
r 5 − 9 − r 2 − r 2 dr = 0, donc xG = 0 .
p
y 5 − 9 − x2 − y 2 − (x2 + y 2 ) dxdy
En coordonnées polaires :
ZZ
ZZZ
p
r sin θ 5 − 9 − r 2 − r 2 drdθ
ydxdydz =
D
H
Z 2π Z R
p
2
2
=
r sin θ 5 − 9 − r − r dr dθ
0
0
Z R Z 2π
p
2
2
r 5 − 9 − r − r dr = 0, donc yG = 0 .
sin θdθ
=
0
0
ZZ
ZZZ
2
p
1 2
2
2
zdxdydz =
5 − 9 − x2 − y 2 − (x + y ) dxdy
D 2
H
0.25pt
0.25pt
0.25pt
0.25pt
0.25pt
En coordonnées polaires :
ZZZ
zdxdydz =
H
Z
R
0
p
2π −r 5 − r 3 + 34r − 10r 9 − r 2 dr
0.25pt
R6 R4
r
√
−
9
−
17
6
4 où R =
zG =
.
4
2
3
R
1
5
−9 + (9 − R2 ) 2 + R2 −
3
2
4
17R2 +
10
3 (9
3
− R2 ) 2 −
Exercice№3
1) Nature de l’intégrale
Z
π
0
Z
.
Z π
1
1
dt +
dt
0.25pt
t
sin
t
t
sin
t
0
0
π/2
Z π
Z π/2
1
1
Etudier la nature de l’intégrale
dt revient à étudier la nature des intégrales
dt et
t sin t
0 t sin t
0
Z π
1
dt au voisinage de 0 et π, respectivement.
t
sin
t
π/2
sin t
1
1
au voisinage de 0, sin t ∼ t car lim
= 1. Par conséquent,
∼ 2
t→0 t
0.25pt
t
sin
t
t
Z π/2
Z π/2
1
1
Comme l’intégrale
dt = +∞ est divergente, par équivalence
dt est divergente.
0.25pt
t2
t sin t
0
0
π
1
dt =
t sin t
Z
1
dt
t sin t
π/2
De même, au voisinage de π,
sin t
1
1
sin t ∼ π − t car lim
= 1. Par conséquent,
∼
π−t
t sin t
t(π − t)
Zt→π
π
1
dt = +∞ est divergente .
Comme l’intégrale
π/2 t(π − t)
Z π/2
1
dt est divergente.
par équivalence
t
sin
t
Z π 0
1
en résumé,
dt diverge (la forme +∞ + ∞).
0 t sin t
Z +∞ −t
e
2) Nature de l’intégrale
dt
t3
0
.
0.25pt
0.25pt
0.25pt
Z
+∞
0
e−t
=
t3
Z
1
0
e−t
dt +
t3
Z
+∞
1
Etudier la nature de l’intégrale
Z
e−t
dt
t3
Z +∞
0
+∞
0.25pt
Z 1 −t
e
dt revient à étudier la nature des intégrales
dt et
3
3
t
0 t
e−t
e−t
dt au voisinage de 0 et +∞, respectivement.
t3
1
e−1
e−t
au voisinage de 0, e−t ∼ e−1 . Par conséquent, 3 ∼ 3 .
t
t
Z 1 −1
e
Comme l’intégrale
dt est divergente .
3
Z 1 0−t t
e
par équivalence
dt est divergente.
3
0 t
D’autre part, ∀t ∈ [1, +∞[: e−t ≤ e−1 . Par conséquent
e−t
e−1
≤
t3
t3
Z +∞ −1
e
Comme l’intégrale
dt est convergente, par comparaison :
t3
Z +∞ −t 1
e
dt est convergente.
L’intégrale
3
Z1 +∞ t −t
e
En résumé,
dt est divergente .
t3
0
Z +∞
t2
√
dt
3) Nature de l’intégrale
t3 − 4
2
.
√
3
Au voisinage de +∞, t3 − 4 ∼ t 2 .
Donc :
Z +∞
1
1
t2
3
√
t 2 dt est divergente.
∼ t . L’intégrale
3
t −4
2
Par équivalence
:
Z +∞
t2
√
dt est divergente.
L’intégrale
t3 − 4
2
Z +∞ 3
ln t
4) Nature de l’intégrale
dt
t
1
.
Calcul direct (intégration par partie) :
Z
Z +∞
ln3 t
ln4 t
dt =
ln3 td ln t =
t
4
1
1
Z +∞ 3
ln t
dt diverge.
En résumé,
t
1
+∞
+∞
1
= +∞.
0.25pt
0.25pt
0.25pt
0.25pt
0.25pt
0.25pt
0.5pt
0.75pt
1pt
0.5pt