Solution de l`examen 2

Nom
Prénom
Code permanent
Solution de l’examen 2
Date : 19 mars 2013
Titre du cours : Calcul avancé I
Sigle et groupe : 8MAP110
Enseignant : Alexandre Blondin Massé
Instructions
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
Vous avez deux heures et demie pour répondre à l’examen ;
Vous devez répondre à chacune des 7 questions de l’examen ;
Vous avez droit à une feuille de notes recto-verso ;
Il est interdit d’utiliser un ordinateur, peu importe sa taille et sa forme (téléphone portable, agenda électronique, etc.) ;
Il est interdit de parler et de prêter de la documentation à un autre étudiant ;
Au besoin, utilisez le verso comme brouillon ;
À moins d’avis contraire, justifiez toutes vos réponses et donnez le détail de vos calculs ;
Indiquez clairement vos réponses finales ;
Assurez-vous d’avoir répondu à chacune des questions avant de quitter.
Question
1
2
3
4
5
6
7
Total
Sur
10
20
10
20
10
15
15
100
Note
8MAP110 — Calcul avancé I
Hiver 2013
Question 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 points)
Pour cette question, aucune justification n’est requise.
(a) (2 points) Vrai ou faux ? La fonction vectorielle #»
r (t) = (t3 , 1−t3 , 2t3 +1), où t ∈ R,
décrit une droite dans R3 .
Vrai
(a)
(b) (2 points) Une particule se déplace dans l’espace selon la fonction de position #»
r (t).
Supposons que k #»
v (t)k est constante peu importe la valeur de t, où #»
v (t) désigne la
vitesse de la particule au temps t. Vrai ou faux ? On peut conclure nécessairement
que la particule se déplace le long d’une droite.
Faux
(b)
(c) (2 points) On dit qu’une courbe est plane si elle est contenue dans un plan de R3 .
Considérez la courbe décrite par la fonction #»
r (t) = (cos t, sin t, cos t − sin t). Cette
courbe est plane (vous pouvez le prendre pour acquis). Donnez l’équation du plan
dans lequel elle se trouve.
x−y−z =0
(c)
(d) (2 points) Vrai ou faux ?
x2 y 2
= 0.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Vrai
(d)
(e) (2 points) Donnez le domaine de la fonction vectorielle
#»
r (u, v) = (2 sin u cos v, 2 sin u sin v, 2 cos u)
pour qu’elle décrive la sphère de rayon 2 centrée à l’origine et que chaque point de
la sphère soit atteint exactement une fois.
(e)
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0 ≤ u ≤ π et 0 ≤ v ≤ 2π
8MAP110 — Calcul avancé I
Hiver 2013
Question 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 points)
Pour chacune des courbes suivantes, donnez-en une paramétrisation #»
r (t).
2
(a) (10 points) Le cercle à l’intersection des sphères d’équations x + y 2 + z 2 = 4 et
x2 + y 2 + (z − 2)2 = 4.
Solution: La deuxième équation se réécrit x2 + y 2 + z 2 − 4z + 4 = 4 et en
substituant x2 + y 2 + z 2 par 4, on obtient 4 − 4z + 4 = 4, c’est-à-dire z = 1.
Ainsi, la courbe se trouve dans le plan z = 1. Ensuite, on constate que les
deux équations des sphères deviennent x2 + y 2 = 3. Utilisons maintenant les
coordonnées cylindriques.√On pose x = r cos t, y = r sin t et z = z. On obtient
alors r2 = 3 et donc r = 3. Une paramétrisation est
√
√
#»
r (t) = (r cos t, r sin t, z) = ( 3 cos t, 3 sin t, 1).
(b) (10 points) La courbe à l’intersection du cylindre x2 +y 2 = 4 et de la surface z = xy.
Solution: On utilise encore une fois les coordonnées cylindriques. Posons x =
r cos t, y = r sin t et z = z. Alors l’équation du cylindre devient r = 2 et la
deuxième équation devient
z = xy = (r cos t)(r sin t) = r2 cos t sin t = 4 cos t sin t = 2 sin 2t.
Une paramétrisation est donc
#»
r (t) = (r cos t, r sin t, z) = (2 cos t, 2 sin t, 2 sin 2t).
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Hiver 2013
Question 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 points)
Calculez la longueur de la courbe décrite par la fonction vectorielle
#»
r (t) = (cos t, sin t, ln(cos t))
entre t = 0 et t = π/4. Aide : L’identité trigonométrique tan2 θ + 1 = sec2 θ et l’intégrale
Z
sec x dx = ln | sec x + tan x| + C
pourraient vous être utiles. Vous devez donner une réponse exacte, c’est-à-dire sans
approximation numérique.
#»
#»
Solution: On calcule r0 (t) et k r0 (t)k :
#»0
1
· − sin t
r (t) =
− sin t, cos t,
cos t
= (− sin t, cos t, − tan t)
p
#»0
k r (t)k =
(− sin t)2 + (cos t)2 + (− tan t)2
p
=
sin2 t + cos2 t + tan2 t
p
=
1 + tan2 t
√
=
sec2 t
= | sec t|.
Comme sec t ≥ 0 pour 0 ≤ t ≤ π/4, on peut supprimer la valeur absolue. La longueur
de courbe cherchée est donc
π/4
Z π/4
Z π/4
#»0
sec tdt = ln | sec t + tan t| .
k r (t)kdt =
L=
0
0
0
Remarquons que
sec(0) = 1,
tan(0) = 0,
sec(π/4) =
√
2 et
tan(π/4) = 1,
de sorte que
L = ln | sec(π/4) + tan(π/4)| − ln | sec(0) + tan(0)|
√
= ln( 2 + 1) − ln(1 + 0)
√
= ln( 2 + 1).
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Hiver 2013
Question 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 points)
Considérez la parabole y = x2 dans R2 .
(a) (3 points) Donnez une paramétrisation #»
r (t) de cette parabole.
Solution: Il suffit de prendre x = t et alors y = x2 = t2 . Une paramétrisation
est donnée par
#»
r (t) = (t, t2 ).
(b) (5 points) Calculez la courbure au point (1, 1).
Solution: Le point (1, 1) est atteint quand t = 1. On doit donc calculer κ(1).
On obtient
#»
r0 (t) = (1, 2t)
#»
r00 (t) = (0, 2)
#» #» #»
i j k
#»0
#»00
r (t) ∧ r (t) = 1 2t 0 0 2 0
= (0, 0, 2)
#»0
#»00
k r (t) ∧ r (t)k = 2
#»
#»
k r0 (t) ∧ r00 (t)k
κ(t) =
#»
k r0 (t)k3
2
=
(1 + 4t2 )3/2
2
κ(1) =
(1 + 4)3/2
2
= 3/2
5
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Hiver 2013
#»
(c) (6 points) Calculez le vecteur N (1). Indice : Vous pouvez simplifier considérablement
#»
#»
vos calculs en remarquant que les vecteurs T (1) et N (1) sont perpendiculaires et
se trouvent tous deux dans le plan R2 où évolue la parabole.
#»
#»
Solution: Nous savons que les vecteurs T (1) et r0 (1) ont la même direction.
#»
De la sous-question (b), on obtient r0 (1) = (1, 2). On cherche donc un vecteur
perpendiculaire à (1, 2), qui est obtenu en prenant #»
u = (−2, 1). Ainsi, le vecteur
#»
N est dans la direction (−2, 1). On en conclut que
(−2, 1)
−2 1
#»
N (1) = p
= √ ,√ .
5 5
(−2)2 + 12
(d) (6 points) À l’aide de (b) et (c), donnez l’équation du cercle osculateur au point
(1, 1).
Solution: Le rayon du cercle osculateur est 1/κ(1) = 53/2 /2 et le centre est
53/2 −2 1
1 #»
#»
√ ,√
N (1) = (1, 1) +
r (1) +
= (1, 1) + (−5, 5/2) = (−4, 7/2).
κ(1)
2
5 5
Par conséquent, l’équation du cercle osculateur est
2
125
7
2
=
.
(x + 4) + y −
2
4
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Hiver 2013
Question 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 points)
Donnez une paramétrisation #»
r (u, v) du disque obtenu en prenant l’intersection du plan
2
z = 3 et du cylindre plein x + y 2 − 2x − 2y − 2 ≤ 0. Le domaine de #»
r (u, v) doit être un
rectangle. Précisez le domaine en question.
Solution: Tout d’abord, on écrit l’équation du cylindre sous forme canonique. On
obtient
x2 + y 2 − 2x − 2y − 2 = x2 − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1 − 4 = (x − 1)2 + (y − 1)2 − 4
de sorte que (x − 1)2 + (y − 1)2 ≤ 4. Posons x = r cos θ + 1, y = r sin θ + 1 et z = z.
Alors l’équation du cylindre devient r2 ≤ 4 et donc r ≤ 2. Le disque est donc décrit
par la fonction vectorielle
#»
r (r, θ) = (r cos θ + 1, r sin θ + 1, 3).
En renommant les variables u et v, on en conclut qu’une paramétrisation est
#»
r (u, v) = (u cos v + 1, u sin v + 1, 3)
et que le domaine de cette paramétrisation est le rectangle 0 ≤ u ≤ 2 et 0 ≤ v ≤ 2π.
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Hiver 2013
Question 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 points)
Alice lance une pierre avec un angle de 30◦ par rapport au sol avec une vitesse initiale
de 20 m/s vers la droite. À 30 m de là, Bob laisse tomber une pomme du haut d’un
immeuble de 50 m de hauteur (avec vitesse initiale nulle). La pierre percute la pomme
en plein vol. Voici une représentation de la situation :
y
B
50 m
20
A
30◦
x
30 m
Est-ce la pierre ou la pomme qui a été lancée en premier ? Quelle est la différence de
temps entre les deux événements ? Vous pouvez approximer avec 4 décimales vos valeurs
intermédiaires pour simplifier les expressions dans vos calculs. Rappel : La trajectoire de
la pierre est décrite par la fonction vectorielle
#»
r (t) = (v0 t cos α,
v0 t sin α − gt2 /2),
où v0 est la norme de la vitesse initiale, α est l’angle avec le sol et g ≈ 9.80 m/s2 est la
constante gravitationnelle de la Terre.
Solution: Modélisons les trajectoires des deux objets à l’aide de fonctions vectorielles. On obtient
»(t) = (20t cos 30◦ , 20t sin 30◦ − 4.9t2 )
r#pierre
»(s) = (30, 50 − 4.9s2 ).
r#pomme
Il est important d’utiliser des paramètres différents s et t car les deux objets n’ont
pas le même référentiel temporel. On cherche maintenant les valeurs de t et de s pour
que les deux objets atteignent le point de collision. Autrement dit, on cherche t et s
tels que
»(t) = r#
»
r#pierre
pomme (s).
Nous obtenons les deux équations suivantes :
20t cos 30◦ = 30 et 20t sin 30◦ − 4.9t2 = 50 − 4.9s2 .
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Hiver 2013
La première équation implique
√
30
3
3
√
=
=
= 3 ≈ 1.7321.
◦
◦
20 cos 30
2 cos 30
2 · 3/2
√
En substituant le premier t par 3/(2 cos 30◦ ) et le second par 3 dans la seconde
équation et en isolant s, on trouve
s
√
20 2 cos3 30◦ sin 30◦ − 4.9( 3)2 − 50
s = ±
−4.9
r
30 tan◦ −4.9 · 3 − 50
= ±
−4.9
≈ ±3.1095
t=
Clairement, on prend s ≥ 0 puisqu’en s = 0, la pomme se trouve au sommet du
bâtiment. Par conséquent, la pomme percutera la pierre environ 1.7321 secondes
après avoir été lancée tandis que la pomme entrera en collision environ 3.1095 secondes après avoir été lancée. Ceci montre que la pomme a été lancée en premier et
que la différence de temps est d’environ 3.1095 − 1.7321 = 1.3774 secondes.
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Question 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 points)
Considérez la fonction
x2 − y 2
f (x, y) = 2
.
x + y2
Donnez l’ensemble des valeurs de R2 pour lesquelles cette fonction est continue. Justifiez.
Solution: Comme f est une fonction rationnelle dont le dénominateur s’annule
seulement quand (x, y) = (0, 0), on remarque qu’elle est continue sur R2 − {(0, 0)}.
Il ne reste qu’à étudier son comportement autour de l’origine. Vérifions si la limite
est invariante si on s’approche selon toutes les droites possibles y = mx, où m ∈ R.
On obtient
x2 − (mx)2
x→0 x2 + (mx)2
x2 − m 2 x2
lim
x→0 x2 + m2 x2
x2 (1 − m2 )
lim 2
x→0 x (1 + m2 )
1 − m2
lim
x→0 1 + m2
1 − m2
.
1 + m2
lim f (x, mx) = lim
x→0
=
=
=
=
Comme cette limite varie selon la valeur de m, on en déduit que la limite
lim
f (x, y)
(x,y)→(0,0)
n’existe pas.
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