Université Grenoble Alpes \bullet Licence2, mat307 \bullet Année 2017/2018



Examen du 12 janvier 2018, de 8h à 10h.
Calculatrices et résumé de cours manuscrit format A4 recto-verso autorisé. Autres documents et portables interdits.
Ce sujet comporte deux pages. Le barême est indicatif.

1  Aire (6 points)

Soit CC l’arc de courbe paramétrée : x(t)=1cos(t),y(t)=sin(t)t,t[0,2π]x(t)=1-\cos(t), \quad y(t)=\sin(t)-t, \quad t\in[0,2\pi] On veut déterminer l’aire AA de la zone ZZ délimitée par l’axe OyOy et CC.

  1. Calculer xx' et yy', donner le double tableau de variations de xx et yy.
    On peut observer une symétrie par rapport à la droite y=πy=\pi correspondant à x(2πt)=1cos(2πt)=1cos(t)=x(t)x(2\pi-t)=1-\cos(2\pi-t)=1-\cos(t)=x(t) et y(2πt)=2πy(t)y(2\pi-t)=-2\pi-y(t) permettant de restreindre à [0,π][0,\pi], sur cet intervalle x=sin(t)0x'=sin(t)\geq 0 et y=cos(t)10y'=\cos(t)-1 \leq 0

  2. Vérifier que 0 est un point singulier et déterminer la tangente en ce point. Y-a-t-il d’autres points singuliers sur CC ?
    On a bien x(0)=y(0)=0x'(0)=y'(0)=0. La tangente en ce point a pour vecteur directeur (x(0),y(0))=(1,0)(x'{'}(0),y'{'}(0))=(1,0). yy' s’annule uniquement en 0 et 2π2\pi, donc il y a un deuxième point singulier en 2π2\pi, symétrique due celui en 0.
  3. Tracer CC et hachurer ZZ.
  4. En utilisant le théorème de Green-Riemann (ou de Stokes), exprimer l’aire A= ZdxdyA=\iint_Z dx \ dy à l’aide d’une intégrale curviligne sur CC, puis calculer AA.
    Le bord de ZZ, parcouru dans le sens inverse du sens trigonométrique est composé de CC et du segment [2πi,0][-2\pi i,0], en appliquant Green-Riemann à la forme ω=xdy\omega=xdy on a donc A = Zxdy = Cxdy = 0 2π(1cos(t)) 2dt = 0 2π12cos(t)+1+cos(2t)2dt = 3π \begin{matrix} A &=& \int_{\partial Z} x \ dy \\ &=& - \int_C x \ dy\\ &=& \int_0^{2\pi} (1-cos(t))^2 \ dt\\ &=& \int_0^{2\pi} 1-2cos(t)+\frac{1+\cos(2t)}{2} \ dt\\ &=& 3\pi \end{matrix}

2  Équation différentielle (7 points)

Soit a>0a>0 et ω>0\omega>0. On considère l’équation différentielle d’inconnue la fonction y(t)y(t) : ay+y=cos(ωt)ay'+y=\cos(\omega t)

  1. Quel est le type de cette équation ? Équation différentielle linéaire à coefficients constants.
  2. Donner la solution générale de l’équation ay+y=0ay'+y=0. y(t)=Ce t/ay(t)=Ce^{-t/a}
  3. Déterminer une solution particulière périodique y py_p de l’équation ay+y=e iωtay'+y=e^{i\omega t}, l’écrire sous la forme y p=Ae i(ωtϕ)y_p=A e^{i(\omega t - \phi)} avec A>0A>0.
    On pose y p=Ke iωty_p=Ke^{i\omega t}, on a alors : (iaωK+K)e iωt=e iωtK=11+iaω=11+a 2ω 2e iϕ(ia\omega K+K)e^{i\omega t}=e^{i\omega t} \quad \Rightarrow \quad K=\frac{1}{1+ia\omega}=\frac{1}{\sqrt{1+a^2\omega^2}e^{i\phi}} avec ϕ\phi l’argument de 1+iaω1+ia\omega et donc A=1+a 2ω 2A=\sqrt{1+a^2\omega^2}. On observe que ϕ]0,π/2[\phi \in ]0,\pi/2[ et est proche de 0 si aa est petit (faible inertie) et proche de π/2\pi/2 si aa est grand.
  4. Soit y p¯\overline{y_p} le conjugué de y py_p, déterminer sans faire de calcul ay p¯+y p¯a\overline{y_p}'+\overline{y_p}
    Comme aa est réel, on obtient le conjugué de ay p+y pay_p'+y_p donc e iωte^{-i\omega t}.
    En déduire une solution périodique de ay+y=cos(ωt)ay'+y=\cos(\omega t).
    On applique le principe de superposition, une solution correspondant à cos(ωt)=12(e iωt+e iωt)\cos(\omega t)=\frac{1}{2}(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}) est la demi-somme de y py_p et y p¯\overline{y_p} ou encore sa partie réelle, soit Acos(ωtϕ)A\cos(\omega t-\phi).
  5. En déduire la solution générale de ay+y=cos(ωt)ay'+y=\cos(\omega t) et comparer les solutions avec la solution périodique y py_p lorsque tt tend vers l’infini. C’est la somme de la solution générale homogène et de la solution particulière Acos(ωtϕ)A\cos(\omega t-\phi).
  6. On modélise la température moyenne d’un lieu donné en fonction de la saison par l’équation ay+y=cos(ωt)ay'+y=\cos(\omega t)2π/ω2\pi/\omega vaut une année (loin de l’équateur) et où aa est d’autant plus grand que l’inertie thermique du lieu est grande.
    On observe que la température moyenne la plus élevée a lieu avec un déphasage d’environ 3 semaines après le solstice d’été pour les continents, environ 8 semaines pour les océans et environ 11 semaines pour la banquise.
    Déterminer le déphasage
    ϕ C,ϕ O,ϕ B\phi_C,\phi_O,\phi_B correspondant aux trois situations (respectivement continents, océans, banquise) et en déduire les valeurs de a Cω,a Oω,a Bωa_C\omega, a_O\omega, a_B\omega correspondantes.
    ϕ c=3522π,ϕ O=8522π,ϕ B=11522π\phi_c=\frac{3}{52} 2\pi, \quad \phi_O=\frac{8}{52}2\pi, \quad \phi_B=\frac{11}{52}2\pi On a tan(ϕ)=aω\tan(\phi)=a\omega donc a cω=tan(3522π)=0.38...,a oω=tan(8522π)=1.45...a Bω=tan(11522π)=4.06...a_c\omega=\tan(\frac{3}{52} 2\pi)=0.38..., \quad a_o\omega=\tan(\frac{8}{52} 2\pi)=1.45... \quad a_B\omega=\tan(\frac{11}{52} 2\pi)=4.06...
  7. Déterminer les valeurs de A CA_C et A OA_O, puis le rapport A C/A OA_C/A_O des amplitudes thermiques au cours d’une année sur les continents et sur les océans. Est-ce vraissemblable ?
    Donc A=1/1+tan(ϕ) 2A=1/\sqrt{1+\tan(\phi)^2} et A c=11+tan(3522π) 2=0.94,A O=11+tan(8522π) 2=0.57...,A B=11+tan(11522π) 2=0.24..,A_c=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{3}{52} 2\pi)^2}}=0.94, \quad A_O=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{8}{52} 2\pi)^2}}=0.57..., \quad A_B=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{11}{52} 2\pi)^2}}=0.24.., et A c/A o=1,65...A_c/A_o=1,65.... Dans ce modèle, les continents ont donc une amplitude thermique plus importante d’environ 65% à celle des océans, ce qui parait vraissemblable...

3  Système différentiel (9 points)

On considère le système différentiel d’ordre 2 d’inconnues les fonctions x(t)x(t) et y(t)y(t) à valeurs réelles : {x¨ = ωy˙ + Rω 2 y¨ = ωx˙\left\{ \begin{array}{ccccc} \ddot{x}&=&\omega \dot{y} &+&R\omega^2\\ \ddot{y}&=& -\omega\dot{x} \end{array} \right. R>0R>0 et ω>0\omega>0 sont des constantes et où f˙\dot{f} désigne la dérivée de ff par rapport à tt. Ce système modélise la trajectoire d’une particule de charge qq et de masse mm dans un champ magnétique BB et un champ électrique EE constants et perpendiculaires avec ω=qBm,R=EBω\omega=\frac{qB}{m}, \quad R=\frac{E}{B\omega} On va résoudre ce système de deux manières puis représenter la courbe parcourue.

  1. Première méthode : soit z(t)=x(t)+iy(t)z(t)=x(t)+iy(t), déterminer z¨+iωz˙ \ddot{z}+i\omega \dot{z}
    On a z¨+iωz˙=x¨+iy¨+iωx˙ωy˙=ωy˙+Rω 2iωx˙+iωx˙ωy˙=Rω 2\ddot{z}+i\omega \dot{z}= \ddot{x}+i\ddot{y}+i\omega \dot{x}-\omega\dot{y} =\omega \dot{y} +R\omega^2-i\omega\dot{x}+i\omega \dot{x}-\omega\dot{y} =R\omega^2
  2. Résoudre l’équation homogène z¨+iωz˙=0 \ddot{z}+i\omega \dot{z}=0 (attention, les coefficients ne sont pas tous réels). En déduire la solution générale z(t)z(t) avec second membre.
    L’équation caractéristique de z¨+iωz˙=0 \ddot{z}+i\omega \dot{z}=0 est r 2+iωr=0r^2+i\omega r=0, elle possède 2 racines simples 0 et iω-i\omega, donc z(t)=A+Be iωtz(t)=A+Be^{-i\omega t}. On cherche une solution particulière sous la forme z(t)=Ctz(t)=Ct, on remplace et on obtient iCω=Rω 2iC\omega=R\omega^2 donc C=iRωC=-iR\omega et la solution générale avec second membre est z(t)=A+Be iωtiRωtz(t)=A+Be^{-i\omega t}-iR\omega t
  3. On suppose uniquement dans cette question que x(0)=y(0)=0,x˙(0)=y˙(0)=0x(0)=y(0)=0, \dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0, déterminer z(t)z(t) puis x(t)x(t) et y(t)y(t)
    On a z(0)=z(0)=0z(0)=z'(0)=0 donc A+B=0A+B=0 et iωBiRω=0-i\omega B-iR\omega=0 soit B=RB=-R et A=RA=R, finalement z(t)=R(1e iωtiωt),x(t)=R(1cos(ωt)),y(t)=R(sin(ωt)ωt)z(t)=R(1-e^{-i\omega t}-i\omega t),\quad x(t)=R(1-\cos(\omega t)), \quad y(t)=R(\sin(\omega t)-\omega t)
  4. Deuxième méthode : montrer que (x˙,y˙)(\dot{x},\dot{y}) vérifie un système linéaire d’ordre 1 à coefficients constants dont on déterminera la matrice AA.
    Soit Y=(x˙ y˙)Y=\left(\begin{array}{c}\dot{x}\\ \dot{y}\end{array}\right), on a Y˙=AY+(Rω 2 0),A=(0 ω ω 0)\dot{Y}=AY+\left(\begin{array}{c} R\omega^2 \\ 0\end{array}\right), \quad A=\left(\begin{array}{cc}0 & \omega \\ -\omega & 0\end{array}\right) Diagonaliser AA, en déduire la solution générale complexe (x˙,y˙)(\dot{x},\dot{y}) puis (x,y)(x,y).
    On résoud d’abord l’équation homogène. Le polynome caractéristique de AA est λ 2+ω 2\lambda^2+\omega^2, les valeurs propres de AA sont donc ±iω\pm i \omega. Un vecteur propre (x,y)(x,y) associé à iωi\omega vérifie iωxωy=0i\omega x-\omega y=0 donc v +(1,i)v_+(1,i) convient, on prend son conjugué pour iω-i\omega. On pose donc P=(1 1 i i)P=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ i & -i \end{array}\right) alors Z=P 1YZ=P^{-1}Y vérifie Z=DZZ'=DZD=(iω 0 0 iω)D=\left(\begin{array}{cc} i\omega & 0\\ 0 & -i\omega \end{array}\right) Donc Z(t)=(αe iωt,βe iωt)Z(t)=(\alpha e^{i\omega t},\beta e^{-i\omega t}) et Y=PZ=(1 1 i i)(αe iωt βe iωt)=(αe iωt+βe iωt i(αe iωtβe iωt))Y=PZ=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ i & -i \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} \alpha e^{i\omega t} \\ \beta e^{-i\omega t} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} \alpha e^{i\omega t}+\beta e^{-i\omega t} \\ i (\alpha e^{i\omega t}-\beta e^{-i\omega t}) \end{array}\right) On cherche ensuite une solution particulière Y pY_p pour Y=AY+bY'=AY+b pour b=(Rω 2 0)b=\left(\begin{array}{c} R\omega^2 \\ 0 \end{array}\right) qui est constant, donc on peut chercher Y pY_p constant, donc on résoud AY p=bAY_p=-b, ce qui donne Y p=(0 Rω)Y_p=\left(\begin{array}{c} 0 \\ -R\omega \end{array}\right) et finalement Y=(αe iωt+βe iωt i(αe iωtβe iωt)Rω)Y=\left(\begin{array}{c} \alpha e^{i\omega t}+\beta e^{-i\omega t} \\ i (\alpha e^{i\omega t}-\beta e^{-i\omega t}) -R\omega \end{array}\right)
  5. On suppose dans la suite que x(0)=y(0)=0,x˙(0)=y˙(0)=0x(0)=y(0)=0, \dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0. Déterminer x(t)x(t) et y(t)y(t) (on pourra vérifier que l’on retrouve le résultat précédent).
    Donc Y(0)=0Y(0)=0, donc α+β=0\alpha+\beta=0 et i(αβ)Rω=0i(\alpha-\beta)-R\omega=0, soit α=β=iRω/2-\alpha=\beta=iR\omega/2. Finalement, Y(t)=(x˙ y˙)=(Rωsin(ωt) Rω(cos(ωt)1))Y(t)=\left(\begin{array}{c}\dot{x}\\ \dot{y}\end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} R\omega \sin(\omega t) \\ R\omega(\cos(\omega t)-1) \end{array}\right) On intègre par rapport à tt avec x(0)=y(0)x(0)=y(0) et on retrouve bien x(t)=R(1cos(ωt)x(t)=R(1-\cos(\omega t) et y(t)=R(ωsin(ωt)ωt)y(t)=R(\omega \sin(\omega t)-\omega t)
  6. Expliquer pourquoi la courbe décrite par la particule a un point singulier en t=0t=0. Déterminer la tangente en ce point en utilisant le système différentiel. On a x˙(0)=y˙(0)=0\dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0 donc la vitesse s’annule ce qui entraine l’existence d’un point singulier en t=0t=0. L’accélération en ce point est non nulle puisque x¨=Rω 2\ddot{x}=R\omega^2 et est horizontale puisque y¨=0\ddot{y}=0.
  7. Représenter l’allure de la courbe décrite par la particule. On pourra faire le lien avec le 1er exercice.
    En changeant de paramètrage τ=ωt\tau=\omega t et en faisant une homothétie de rapport RR on se ramène à la cycloide étudiée au 1er exercice.
  8. Appliquer les équations d’Euler-Lagrange au lagrangien L(x,y,x˙,y˙,t)=12m(x˙ 2+y˙ 2)+qEx+qBxy˙L(x,y,\dot{x},\dot{y},t)=\frac{1}{2} m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)+qEx+qBx\dot{y} Par rapport à xx et x˙\dot{x}, Lx=qE+qBy˙,Lx˙=mx˙\frac{\partial L}{\partial x}=qE+qB\dot{y}, \quad \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=m\dot{x} Donc ddt(Lx˙)=Lxmx¨=qE+qBy˙x¨=qBmy˙+qEm\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}) = \frac{\partial L}{\partial x} \Rightarrow m\ddot{x}=qE+qB\dot{y} \Rightarrow \ddot{x}=\frac{qB}{m}\dot{y}+\frac{qE}{m} Par rapport à yy et y˙\dot{y}, Ly=0,Ly˙=my˙+qBx\frac{\partial L}{\partial y}=0, \quad \frac{\partial L}{\partial \dot{y}}=m\dot{y}+qBx Donc ddt(Ly˙)=Lyddt(my˙+qBx)=0y¨=qBmx˙\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}) = \frac{\partial L}{\partial y} \Rightarrow \frac{d}{dt}(m\dot{y}+qBx)=0 \Rightarrow \ddot{y}=-\frac{qB}{m} \dot{x} On retrouve bien les équations de la première question, sachant que ω=qBm,R=EBω\omega=\frac{qB}{m}, \quad R=\frac{E}{B\omega} Déterminer une constante du mouvement (indication : observer que LL ne dépend pas explicitement du temps ou observer que LL ne dépend pas explicitement de yy).
    On a vu que ddt(my˙+qBx)=0\frac{d}{dt}(m\dot{y}+qBx)=0 (LL ne dépend pas de yy) donc my˙+qBxm\dot{y}+qBx est une constante du mouvement. En observant que LL ne dépend pas du temps, on a une autre constante du mouvement x˙Lx˙+y˙Ly˙L=mx˙ 2+y˙(my˙+qBx)(12m(x˙ 2+y˙ 2)+qEx+qBxy˙)=12m(x˙ 2+y˙ 2)qEx\dot{x}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} + \dot{y}\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}-L =m\dot{x}^2+\dot{y}(m\dot{y}+qBx)- (\frac{1}{2} m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)+qEx+qBx\dot{y}) =\frac{1}{2} m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)-qEx

  


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