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EXAMEN - CORRIGE

ANALYSE III

22-01-2010

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(1) La duree de l’epreuve est de 3 heures.

(2) Les feuilles jaunes sont des feuilles de brouillon et ne seront pas corrigees. Vous n’etes pasautorises a utiliser d’autres feuilles pour les brouillons.

(3) Documents autorises : resume manuscrit (deux feuilles recto-verso agrafees), feuilles de seriesde Fourier (donnees dans le cours), livre de formules mathematiques (CRM) et calculatrice.Aucun autre document n’est autorise.

(4) Placez une piece d’identite de facon visible sur votre table.

(5) Au moment de rendre l’examen, il faudra signer une feuille de presence aupres des assistantsresponsables.

(6) Il y a un total de 80 points a obtenir sur 7 questions. Les 5 premieres questions portent surl’analyse vectorielle et chacune d’entre elles vaut 10 points. Les 2 dernieres questions sont surla theorie des series de Fourier et chacune vaut 15 points.

1 2 3 4 5 6 7 Total / 80

1

2

Exercice 1 (10 points)On considere les surfaces S1 et S2 donnees par

S1 = (x, y, z) ∈ R3 |x2 + z2 = 1 et

S2 = (x, y, z) ∈ R3 | y = x .Soit Γ = S1 ∩ S2.

(a) Donner une parametrisation de Γ.

(b) Calculer ∣∣∣∣ ∫Γ

F · ds∣∣∣∣ ,

ou F est le champ vectoriel defini dans R3 par

F(x, y, z) = yz cos(xz) i + (sin(xz) + cos y) j + xy cos(xz) k.

(c) Soit f le champ scalaire defini dans R3 par

f(x, y, z) =√

1 + z2.

Calculer ∫Γ

f ds.

Corrige 1

(a) Une parametrisation de Γ est donnee par x(t) = cos ty(t) = cos t t ∈ [0, 2π].z(t) = sin t

(b) On remarque que

F = gradφ avec φ = y sin(xz) + sin y,

et que Γ est une courbe simple fermee. Alors∫Γ

F · ds = 0.

(c) On calcule

ds =

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt =√

1 + sin2 t dt.

On obtient donc∫Γ

f ds =

∫ 2π

0

f(x(t), y(t), z(t))

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt

=

∫ 2π

0

(1 + sin2 t) dt = 3π.

3

Exercice 2 (10 points)Calculer l’aire de la region du plan

D = (x, y) ∈ R2 | x2 + 3y2 ≤ 3, 3x2 + y2 ≤ 3.Indication : Utiliser le theoreme de Green.

Corrige 2 D’apres le theoreme de Green l’aire de D est

A =1

2

∫∂D

(xdy − ydx).

Les quatre “coins” sont les solutions de

x2 + 3y2 = 3, 3x2 + y2 = 3,

donc (x, y) = (±√

32,±√

32

).On a ∂D = Γ1 ∪ Γ2 ∪ Γ3 ∪ Γ4 avec les parametrisations

Γ1 : x = cos θ, y =√

3 sin θ, −π6≤ θ ≤ π

6,

Γ2 : x =√

3 cos θ, y = sin θ,π

3≤ θ ≤ 2π

3,

Γ3 : x = cos θ, y =√

3 sin θ,5π

6≤ θ ≤ 7π

6,

Γ4 : x =√

3 cos θ, y = sin θ,4π

3≤ θ ≤ 5π

3.

Par consequent, on a dx = − sin θdθ, dy =√

3 cos θdθ pour Γ1 et Γ3 et dx = −√

3 sin θdθ, dy =cos θdθ pour Γ2 et Γ4.

L’aire cherchee est donc

A =1

2

∫ π/6

−π/6

√3(cos2 θ + sin2 θ)dθ +

1

2

∫ 2π/3

π/3

√3(cos2 θ + sin2 θ)dθ+

+1

2

∫ 7π/6

5π/6

(. . .) +1

2

∫ 5π/3

4π/3

(. . .) = 4 · 1

2· π

3·√

3 =2√3π.

4

Exercice 3 (10 points)

(a) Les ensembles suivants sont-ils etoiles, simplement connexes par arcs simples fermees, sim-plement connexes par surfaces simples fermees ?

(i) (x, y, z) ∈ R3 | y2 + z2 > 1

(ii)

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣ z <√x2 + y2

(iii) (x, y, z) ∈ R3

∣∣∣ x2

4+ y2

9+ z2 > 1

(b) Decider si les champs vectoriels suivants derivent d’un potentiel scalaire. Justifier precisement

votre reponse.

(i) F defini dans R3 par

F = ex2

i + ey2

j + ez2

k.

(ii) G defini dans Ω := (x, y, z) ∈ R3 |x2 + y2 > 0 par

G =−2xy

(x2 + y2)2i +

x2 − y2

(x2 + y2)2j .

Exercice 3 Corrige

(a) Les ensembles suivants sont-ils etoiles (E), simplement connexes par arcs simples fermees (A),simplement connexes par surfaces simples fermees (S) ?

(i) S,

(ii) E =⇒ A + S,

(iii) A.

(b) (i) Un calcul direct montre que rot F = 0. F derive donc d’un potentiel scalaire car ledomaine de definition R3 est simplement connexe par arcs simples fermees.

(ii) Un calcul direct montre que rot G = 0. Cette fois-ci on ne peut pas conclure directementque G derive d’un potentiel scalaire car le domaine de definition Ω n’est pas simplementconnexe par arcs simples fermees. Malgre cela, un calcul direct montre que G = gradφavec

φ =y

x2 + y2.

5

Exercice 4 (10 points)Soit S ⊆ R3 la surface definie par

S = (x, y, z) ∈ R3 : y2 + z2 − x2 = 2, −√

2 ≤ x ≤√

7 ,orientee de telle sorte que n(0, 0,

√2) = k.

(a) Donner une representation graphique de S et preciser sur la figure ou se trouve la frontierede S.

(b) Soit encore F le champ vectoriel defini sur R3 par

F(x, y, z) = cos(xy)ez i− x2z j + x2y k, ∀x, y, z ∈ R.Calculer ∫∫

S

rot F · dσ .

Exercice 4 Corrige

(a) La surface S est un hyperboloıde a une feuille centre sur l’axe des x. Le bord de S est constituede deux cercles :

Γ1 =

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣ y2 + z2 = 4, x = −

√2

Γ2 =

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣ y2 + z2 = 9, x =

√7.

(b) On utilise le theoreme de Stokes. Une parametrisation du bord de S consistante avec la regled’Ampere est donnee par :

Γ1 :=

x = −

√2,

y = 2 cosϕ,

z = 2 sinϕ,

ϕ ∈ [0, 2π], Γ2 :=

x =√

7,

y = 3 cosϕ,

z = −3 sinϕ,

ϕ ∈ [0, 2π].

Donc ∫∫S

rot F · dσ =

∫∂S

F · ds =

∫Γ1

F · ds +

∫Γ2

F · ds

=

∫ 2π

0

∗−4 sinϕ4 cosϕ

· 0−2 sinϕ2 cosϕ

dϕ

+

∫ 2π

0

∗21 sinϕ21 cosϕ

· 0−3 sinϕ−3 cosϕ

dϕ

= (8− 63) · 2π = −110π.

6

Exercice 5 (10 points)Soit F le champ vectoriel defini sur R3 par

F(x, y, z) = (x cos(xy)) i + (−y cos(xy) + x2y) j + (−y sin(xy) + z√

1 + (x2 + y2)2 − x2z) k,

et ∂V la surface qui limite la region

V = (x, y, z) | z ≤ x2 + y2 ≤ 2, x, y, z ≥ 0 .La surface est orientee de telle sorte que le vecteur normal pointe vers l’exterieur.

Calculer ∫∫∂V

F · dσ .

Exercice 5 CorrigeLa region V est parametrisee par les coordonnees cylindriques

x = r cos θy = r sin θz = z

avec 0 ≤ θ ≤ π2, 0 ≤ z ≤ r2, 0 ≤ r ≤

√2.

La divergence de F est ∇ · F =√

1 + (x2 + y2)2 =√

1 + r4. En utilisant le theoreme de Gauss,on obtient ∫∫

∂V

F · σ =

∫∫∫V

div F dV

=

∫ √2

0

∫ r2

0

∫ π2

0

r√

1 + r4 dθ dz dr

=π

2

∫ √2

0

r3√

1 + r4 dr

=π

2

(1

6(1 + r4)3/2

∣∣∣∣√

2

0

)=

π

12

(53/2 − 1

).

7

Exercice 6 (15 points)Soit f la fonction 2π-periodique et impaire qui coıncide avec sin

(12x)

sur [0, π[.

(a) Ecrire la serie de Fourier de f .Indication : L’identite trigonometrique

sinα sin β =1

2(cos(α− β)− cos(α + β))

peut etre utile.

(b) En utilisant l’identite de Parseval, en deduire la valeur de la serie∞∑k=1

k2

(4k2 − 1)2.

(c) Est ce-que la serie trouvee dans la partie (a) converge uniformement vers f ? Justifier precisementvotre reponse.

Exercice 6 Corrige.

(a) Comme f est impaire, on a ak = 0 et

bk =2

π

∫ π

0

sin

(1

2x

)sin(kx) dx

=1

π

∫ π

0

[cos

((k − 1

2

)x

)− cos

((k +

1

2

)x

)]dx

=1

π

[sin((k − 1

2

)x)

k − 12

∣∣∣∣∣π

0

−sin((k + 1

2

)x)

k + 12

∣∣∣∣∣π

0

]

=1

π

[sin((k − 1

2

)π)

k − 12

−sin((k + 1

2

)π)

k + 12

]=−(−1)k

π

[1

k − 12

+1

k + 12

]=−2(−1)k

π

[k

k2 − 14

]=

(−1)k+18k

π(4k2 − 1).

On obtient alors

f(x) ∼∞∑k=1

(−1)k+18k sin(kx)

π(4k2 − 1).

(b) En utilisant l’identite de Parseval, on trouve∞∑k=1

64k2

π2(4k2 − 1)2=

2

π

∫ π

0

|f(x)|2 dx

=2

π

∫ π

0

sin2

(1

2x

)dx = 1,

et ainsi∞∑k=1

k2

(4k2 − 1)2=π2

64.

8

(c) On a

limx→π+ f(x) = −1 6= 1 = limx→π− f(x).

Donc f n’est pas continue et par consequent, la serie de Fourier de f ne converge pas uni-formement vers f .

9

Exercice 7 (15 points)Soit f la fonction 2π-periodique qui coıncide avec cosh(x) sur [0, 2π[.

(a) Calculer la serie de Fourier de f en notation complexe.

(b) En deduire la valeur de la serie∞∑

n=−∞

1

1 + n2.

Exercice 7 Corrige.

(a) On a cosh(x) = ex+e−x

2et donc

cn =1

2π

∫ 2π

0

cosh(x)e−inx dx

=1

4π

∫ 2π

0

e(1−in)x dx+1

4π

∫ 2π

0

e−(1+in)x dx

=1

4π

(e(1−in)x

1− in

∣∣∣∣2π0

− e−(1+in)x

1 + in

∣∣∣∣2π0

)

=1

4π

(e2π − 1

1− in− e−2π − 1

1 + in

)=

1

4π

((1 + in)(e2π − 1)− (e−2π − 1)(1− in)

1 + n2

)=

1

2π(1 + n2)(sinh(2π) + in(−1 + cosh(2π))).

On obtient

f(x) ∼∞∑

n=−∞

(sinh(2π) + in(−1 + cosh(2π))

2π(1 + n2)

)einx .

(b) Comme f est f ′ sont continues et differentiables par morceaux avec des discontinuites de typesaut, on sait que la serie de Fourier de f converge ponctuellement vers [f(x+) + f(x−)]/2pour tout x ∈ R. Donc

S(x) =∞∑

n=−∞

(sinh(2π) + in(−1 + cosh(2π))

2π(1 + n2)

)einx =

[f(x+) + f(x−)]

2∀x ∈ R.

En prenant x = 0 on obtient

∞∑n=−∞

sinh(2π) + in(−1 + cosh(2π))

2π(1 + n2)=

[f(0+) + f(0−)]

2=

1 + cosh(2π)

2.

Mais∞∑

n=−∞

in(−1 + cosh(2π))

2π(1 + n2)=i(−1 + cosh(2π))

2π

∞∑n=−∞

n

1 + n2= 0,

car chaque terme apparaıt deux fois dans la somme avec des signes opposes.

10

Ainsi, on obtient

sinh(2π)

2π

∞∑n=−∞

1

(1 + n2)=

1 + cosh(2π)

2

et donc∞∑

n=−∞

1

(1 + n2)=π(1 + cosh(2π))

sinh(2π).