DS2 2020 2021
Télécharger le DS2 2020 2021 en pdf
Page 1 : Département de MathématiquesPréING2 - Intégration et probabilités6 Mai 20211h30DS2 - Intégration et probabilitésConsignes• Appareils électroniques et documents interdits• Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision des justifications.• Le sujet comporte cinq exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 1 :Pour chacune des intégrales suivantes, représenter le domaine d’intégration D R2et calculer les intégrales.1.ZZDx + y2 dx dy où D = x, y R2 x 0, y 0, 1 x y2 4.2.ZZDx2 + y2x2 + y2 + 1 dx dy où D = x, y R2 x2 + y2 1.3.ZZDxy2 dx dy où D est le disque délimité par le cercle d’équation x2 + y2 2Rx = 0, R 0.Solution 11. Le domaine est l’ensemble des points du rectangle 0, 4 × 0, 2 situés au dessus de la courbey = x.Figure 1 – Le domaine D.La fonction à intégrer est définie sur D puisque x + y ̸= 0. Elle y est aussi continue. Nouspouvons donc utiliser l’un des deux théorèmes de Fubini.I=Z 2y=1 Z y2x=11x + y2 dx!dy =Z 2y=11x + yy21dy=Z 2111 + y 1y2 + ydy.La seconde intégrale se décompose en éléments simples1y2+y =1yy+1 = 1y 1y+1. Ainsi,I=Z 2121 + y 1ydy = 2 lny + 1 lny21 = 2 ln3 3 ln2.1
Page 2 : 2. Les coordonnées polaires sont particulièrement adaptées le domaine est le disque unité et lafonction fait intervenir le carré du rayon.J=ZZDx2 + y2x2 + y2 + 1 dx dy =Z 1ρ=0Z 2πθ=0ρ21 + ρ2ρ dρ dθ=2πZ 10ρ31 + ρ2 dρ = 2πZ 10ρ 12 ×2ρ1 + ρ2dρ=2πρ22 12 ln1 + ρ210= π1 ln2.3. Mettons l’équation de D sous la forme canonique : x2 + y2 2Rx = 0 ⇔x R2 + y2 = R2.C’est donc le cercle de centre R; 0 et de rayon R. Effectuons alors le changement de variablepolaire : x = R + ρ cosθy = ρ sinθLe jacobien est toujours Jdϕ = ρ et = ϕ1D = 0; R × 0; 2π. Ainsi,K=ZZDxy2 dx dy =ZZR + ρ cosθρ2 sin2θρ dρ dθ=Z Rρ=0ρ3Z 2πθ=0R sin2θ + ρ cosθ sin2θ dθdρ=Z Rρ=0ρ3Z 2πθ=0R1 cos2θ2+ ρ cosθ sin2θdθdρ=Z R0ρ3Rθ2 R sin2θ4+ ρ33 sin3θ2πθ=0dρ=Z R0Rπρ3 dρ = πR54 .Exercice 2 :Soit 0 a b etD =x, y R2 a x + y b et 13 yx 3.CalculerZZDex+yxydx dy.Indication : on pourra effectuer le changement de variables x′ = x + y et y′ =yx+y.Solution 2 Posons x′, y′ = ϕx, y = x+y,yx+y. La fonction ϕ est C2 sur D le dénominateur estnon nul. Elle est bijective : x, y = ϕ1x′, y′ = x′1 y′, x′y′ de D sur = ϕD = x′, y′ R2 a x′ b et 14 y′ 34. En effet,1y′ = 1 + yx 43, 4. Nous avons attention le changement devariables est à l’enversJdϕ1 =1 y′x′y′x′ = x′ 0.2
Page 3 : Ainsi,ZZDex+yxydx dy=ZZex′px′2y′1 y′x′ dx′ dy′=Z bx′=aZ 3/4y′= 14ex′ ×1py′1 y′dy′ dx′=Z bx′=aex′ dx′ ×Z 3/4y′= 14dy′py′1 y′=ea ebZ3414dy′py′1 y′.On pose u = y′ alors dy′ = 2u du. AinsiZZDex+yxydx dy=ea ebZ32122u duu1 u2=2ea ebZ3212du1 u2=2ea eb arcsinu3212=2ea ebhπ6i= π3 ea eb.Exercice 3 :Soit B la boule unité de centre O et de rayon 1, et a 1. CalculerZZZBdx dy dzpx2 + y2 + z a2.Solution 3 En utilisant les coordonnées sphériquesx=r sin ϕ cos θy=r sin ϕ sin θz=r cos ϕ,avec r 0, 1, θ π, π et ϕ 0, π. On obtientZ Z ZBdx dy dzpx2 + y2 + z a2=Z 10Z ππZ π0r2 sin ϕpr2 + a2 2ar cos ϕdr dθ dϕ=2πZ 10r2Z π0sin ϕpr2 + a2 2ar cos ϕdϕ drEn effectuant le changement de variablet = r2 + a2 2ar cos ϕ=⇒dt = 2ar sin ϕ dϕon trouveZ Z ZBdx dy dzpx2 + y2 + z a2=2πZ 10r2Z r+a2ra2dt2art dr=4πaZ 10r2 dr=4π3a.3
Page 4 : Exercice 4 :I Déterminer si les formes différentielles suivantes sont fermées, exactes dans ce cas, calculerleur primitive :a ω = 2xy dx + x2 dy,b ω = 2xex2y dx 2ex2y dy.II On considère la forme différentielle suivante : ω = x2 + y2 1 dx 2y dy.a Montrer que ω n’est pas exacte.b Déterminer une fonction φ telle que la forme différentielle ω1 = φxω soit fermée.c Montrer que ω1 est exacte et déterminer une primitive.d Soit Γ le cercle de centre O0, 0 et de rayon R. DéterminerZΓω1.Solution 4I On pose ω = Px, y, z dx + Qx, y, z dy + Rx, y, z dz.a• Nous avons Py = Qx = 2x, d’où ω est fermée.• ω est définie et fermée sur R2 qui est un ouvert étoilé, donc d’après le théorème dePoincaré elle est exacte.• Nous cherchons f telle que df = ω, ce qui équivaut àfx = 2xyfy = x2.En intégrant la première ligne par rapport à x, on trouve fx, y = x2y + φy. Endérivant l’expression que l’on vient d’obtenir par rapport à y et en identifiant ladeuxième ligne du système, on trouve fy = x2 + φ′y = x2. Il s’ensuit que φy = 0,et donc que φy = c R. Par suite, les fonctions f cherchées sontfx, y = x2y + c,c R.b Nous avons Py = 2xex2y et Qx = 4xex2y la forme n’est donc pas fermée, et pasexacte non plus.II ω = x2 + y2 1 dx 2y dya En notant ω = Px, y dx + Qx, y dy, nous avons Py = 2y et Qx = 0. Donc ω n’est pasfermée, donc pas exacte.b Posons ω1x, y = φxωx, y = P1x, y dx + Q1x, y dy. Nous cherchons φ tel queP1y=Q1x , c’est-à-dire φxPy = 2yφx = 2yφ′x = φ′xQx, y + φxQx . D’où,φ′x = φx, c’est-à-dire φx = cex avec c R. On peut donc prendre φx = ex.c Puisque ω1 est fermée sur l’ouvert étoilé R2, elle est exacte.Nous cherchons f telle que df = ω1, ce qui équivaut àfx = x2 + y2 1exfy = 2yex.s4
Page 5 : La seconde ligne est plus facile à intégrer. En intégrant la seconde ligne par rapport à y,on trouve fx, y = y2ex + φx.En dérivant l’expression que l’on vient d’obtenir par rapport à x et en identifiant lapremière ligne du système, on trouve fx = y2ex + φ′x = y2ex + x2 1ex. Il s’ensuitque φ′x = x2 1ex. Après deux intégrations par parties, nous trouvons φx =x + 12ex + c. Par suite, les fonctions f cherchées sontfx, y = x + 12 + y2ex + c,où c R.d Puisque Γ1 est un lacet et ω1 est exacte, nous avonsZΓω1 = 0.Exercice 5 :En utilisant la formule de Green-Riemann, calculer l’aire du domaine :K =x, y R2 : x 0, y 0 et x2a2 + y2b2 1,où a, b 0.Solution 5 Nous voulons calculerAire de K =Z ZK1 dxdyen utilisant la formule de Green-Riemann. Pour cela, notons queZ ZK1 dx dy =Z ZK12 12dx dy.Ainsi, si on pose12 = Qx x, y=⇒Qx, y = x2 + cte12 = Py x, y=⇒Px, y = y2 + ctela formule de Green-Riemann nous permet, en choisissant Px, y = y2 et Qx, y = x2, d’écrire :Z ZK1 dx dy =ZΓy2 dx + x2 dyoù Γ est la frontière orientée du domaine K, c’est à dire :Γ = Γ1 Γ2 Γ3avecΓ1=x, y R2 : x 0, y 0, x2a2 + y2b2 = 1Γ2=0, y : 0 y bΓ3=x, 0 : 0 x a .5
Page 6 : Maintenant, sur le segment Γ2 la coordonée x est constant de valeur 0 :x = 0=⇒dx = 0.AinsiZΓ2y dx + x dy =ZΓ20 dy = 0.De même, sur le segment Γ3 la coordonée y est constant de valeur 0 :y = 0=⇒dy = 0.AinsiZΓ3y dx + x dy =ZΓ30 dx = 0.Par conséquent, en paramétrant Γ1 à l’aide des coordonées polaires : x=a cos ty=b sin t=⇒ dx=a sin t dtdy=b cos t dton obtientAire de K=Z ZK1 dx dy=12ZΓ3y dx + x dy=12Zπ20b sinta sint dt + a costb cost dt=12Zπ20absin2t + cos2tdt=12Zπ20ab dt = π4 ab.6
