Sujet : Analyse, Compléments de calcul intégral, Intégrales curvilignes

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Intégrales curvilignes du cercle de centre O et de rayon r d’origine A et d’extrémité B et du segment [B,O] orienté de B vers O.

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Intégrales curvilignes

Exercice 1[ 00106 ][correction]
On considère la forme différentielle

ω(x y) =xdxy2+−yy2dx

définie surR2 {(00)}.
a) La forme différentielleω ?est-elle fermée
b) Calculer l’intégrale deωle long du cercle de centreO, de rayon 1 parcouru
dans le sens direct.
c) La forme différentielleωest-elle exacte ?

Exercice 2[ 00107 ][correction]
Soitn∈N?.
a) Montrer que la forme différentielle suivante est fermée :

ω(x y) =x2e+−yy2((xsinx−ycosx) dx+ (xcosx+ysinx) dy)

b) Calculer la circulation deωle long de l’arc figuré direct ci-dessous

c) En passant à la limite quandn→+∞déterminer la valeur de
Z+0∞sinxxdx

Enoncés

Exercice 3Mines-Ponts MP[ 00109 ][correction]
SoientO A Bles points d’affixes respectives0 r rexp(iπ4)avecr >0. SoitΓr
l’arc paramétré deCconstitué du segment[O A], orienté deOversA, de l’arcCr

du cercle de centreOet de rayonrd’origineAet d’extrémitéBet du segment
[B O]orienté deBversO.
a) Calculer
Ir=IΓre−(x+iy)2( dx+idy)
b) Que dire de la limite, quandr→+∞, de
Jr=ZCr
e−(x+iy)2( dx+idy)?

c) Qu’en déduire ?

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) Oui, on vérifie par le calcul
∂Q ∂P
=
∂x ∂y
b) On paramètre le cercleΓparx= cost,y= sint,t∈[02π]. On obtient

ZΓZ0
ω d= 1t= 2π
c) Non car siωétait exacte on aurait
ZΓω= 0

Exercice 2 :[énoncé]
a) Par calculs (pénibles).
b)Cpeut tre inclus dans un ouvert étoilé oùωest exacte et alorsHCω= 0.
c) On peut décomposer
IΓω=Z1nnsinxxdx+ZCnω−Zn1nsinxxdx+ZC1nω
avecCnetC1nles demi-cercles de rayonnet1n.
Znnsinxxdx−Zn1nsinxxdx= 2Z1nnsixnxdx→2Z0+∞sinxxdx
1
La convergence de cette dernière intégrale est considérée comme bien connue.
Etudions
ZCnω=Z0πe−nsinθcos(ncosθ) dθ
Puisquee−nsinθcos(ncosθ)61ete−nsinθcos(ncosθ)n−→−+−−∞→0pour tout
θ∈]0 π[, par convergence dominée on obtient
ZCnωn−→−−+−∞→0

Etudions

ZCω=Z0πe−n1sinθcos1ncosθdθ
1n

Corrections

Puisquee−1nsinθcosn1cosθ61ete−1nsinθcos(n1cosθ)n−→−+−−∞→1pour tout
θ∈[0 π], par convergence dominée on obtient
Zωn−→−+−−∞→π
C1n

Finalement

puis

2Z+∞sinxdx=π
0x

Z+0∞sinxxdπ
x=
2

2

Exercice 3 :[énoncé]
a)
IΓre−(x+iy)2( dx+idy) =IP(x y) dx+Q(x y) dyavecP(x y) =iQ(x y) = e−(x+iy)2
Γr
Or
∂∂Py(x y) =−2i(x+iy)e−(x+iy)2=Q∂x∂(x y)
donc
I2

e−(x+iy)( dx+idy) = 0
Γr
car la forme différentielle est fermée donc exacte sur l’ouvert étoiléeC.
b)
Jr=ZCre−(x+iy)2( dx+idy) =Z0π4re−r2(cost+isint)2(sint−icost) dt

donc
|Jr|6Z0π4re−r2cos 2tdt=Z0π4re−r2sin 2udusint6>π2tZ0π4re−4πur2du=π4re−4πur20π4

c) On a

et

Z[OA]e−(x+iy)2( dx+idy) =Z0re
−t2dt
Z[BO]e−(x+iy)2( dx+idy) =−Z0re−it21√+2idt

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Sachant

on obtient

et

l
r

Z

+∞e−t2dt=√π
02

→i+m∞Z0rcos(t2) + sin(t2) dt=pπ2
Zr2 2) dt= 0

l→im∞0cos(t)−sin(t
r+
On peut alors conclure
r→li+m∞Z+0∞cost2dt=rl→i+m∞Z+0

∞√π
sint2dt2=√2

Corrections

3

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