Université Grenoble Alpes \bullet Licence2, mat307 \bullet Année 2016/17



Examen du 29 juin 2017, de 7h30 à 9h30
Calculatrices et résumé de cours manuscrit format A4 recto-verso autorisés. Autres documents et portables interdits.
Ce sujet comporte deux pages. Le barême est indicatif.


1  Courbe en paramétriques (12 points)

Cet exercice est consacré à l’étude de la courbe x(t)=cos(t) 3cos(t),y(t)=sin(t) 3+sin(t)x(t)=\cos(t)^3-\cos(t), \quad y(t)=\sin(t)^3+\sin(t)

  1. Donner le domaine de définition commun de xx et yy. Montrer qu’on peut restreindre le domaine d’étude à [0,π/2][0,\pi/2] grâce aux symétries de la courbe que l’on justifiera.
    Domaine commun \mathbb{R}, périodicité 2π2\pi, xx est paire et yy impaire, donc on peut se restreindre à [π,π][-\pi,\pi] par périodicité puis sur [0,π][0,\pi] par parité, l’arc de courbe sur [π,0][-\pi,0] est obtenu par symétrie par rapport à OxOx de l’arc de courbe sur [0,π][0,\pi]. On a aussi x(πt)=x(t),y(πt)=y(t)x(\pi-t)=-x(t), y(\pi-t)=y(t) donc on peut se restreindre à [0,π/2][0,\pi/2] avec une symétrie de la courbe par rapport à OyOy.
  2. Calculer dx/dtdx/dt et dy/dtdy/dt. La courbe admet-elle des points singuliers ? Si oui, déterminer la tangente à la courbe en ces points. x=sin(t)(13cos(t) 2),y=cos(t)(1+3sin(t) 2)x'=\sin(t)(1-3\cos(t)^2), \quad y'=\cos(t)(1+3\sin(t)^2) Donc yy' s’annule lorsque cos(t)=0\cos(t)=0, dans ce cas x=sin(t)0x'=\sin(t)\neq 0, il n’y a donc pas de point singulier.
  3. Déterminer le signe de dx/dtdx/dt et dy/dtdy/dt sur [0,π/2][0,\pi/2]. Dresser le double tableau de variations et représenter l’allure de la courbe en indiquant les points de paramètres 0,π/2,π0, \pi/2, \pi et le sens de parcours.
    y0y'\geq 0 et s’annule en π/2\pi/2, xx' est nul en 0 et ailleurs est du signe de 13cos(t) 21-3\cos(t)^2 donc positif sur ]0,arccos(1/3)[]0,\arccos(1/\sqrt{3})[ et négatif ailleurs.

  4. Déterminer la longueur de l’arc de courbe entre les points de paramètre t=0t=0 et t=π/2t=\pi/2 sous la forme d’une intégrale dont on ne cherchera pas à déterminer la valeur exacte. Déterminer à la calculatrice une valeur approchée de cette longueur, vérifier la vraissemblance du résultat sur votre représentation graphique. En déduire la longueur totale de la courbe.
    L’arc de courbe entre 0 et π/2\pi/2 a en effet une longueur un peu supérieure à 2 puisqu’on relie (0,0)(0,0) à (0,2)(0,2) sans beaucoup s’éloigner de l’axe OyOy.
  5. Déterminer le repère de Frenet, la courbure et le cercle osculateur au point de paramètre t=π/4t=\pi/4, tracer le cercle sur votre représentation graphique.
    En t=π/4t=\pi/4, on est au point M(2/4,32/4)M(-\sqrt{2}/4,3\sqrt{2}/4), un vecteur directeur de la tangente est X=2/4X'=-\sqrt{2}/4 et Y=52/4Y'=5\sqrt{2}/4 donc X 2+Y 2=52/16=13/4X'^2+Y'^2=52/16=13/4 et T=126(1,5),N=126(5,1)\vec{T} =\frac{1}{\sqrt{26}}(-1,5), \quad \vec{N}=\frac{1}{\sqrt{26}}(-5,-1) on vérifie
    La courbure se calcule par exemple avec la formule κ=(XYXY)/X 2+Y 2\kappa=(X'Y''-X''Y')/\sqrt{X'^2+Y'^2}
    Le centre du cercle osculateur est M+κNM+\kappa \vec{N}
  6. Exprimer l’aire située à l’intérieur de l’arc de courbe entre les points de paramètre 0 et π\pi à l’aide d’une intégrale curviligne puis d’une intégrale.
    Attention, la courbe est parcourue dans le sens inverse du sens trigonométrique, il faut changer le signe quand on applique la formule de Green-Riemann : xdy= 0 π(cos(t) 3cos(t))cos(t)(1+3sin(t) 2)dt-\int x dy = -\int_0^\pi (\cos(t)^3-\cos(t))\cos(t)(1+3\sin(t)^2) \, dt Déterminer la valeur de cette intégrale à la calculatrice en indiquant la commande utilisée. Vérifier la vraissemblance du résultat sur votre représentation graphique.
    L’aire est proche de 1 ce qui parait vraissemblable.

2  Équation différentielle (11 points)

On étudie dans cet exercice pour λ\lambda un paramètre réel l’équation différentielle d’inconnue la fonction y(t)y(t) : dydt=y 3λy\frac{dy}{dt}=y^3-\lambda y

  1. Quel est le type de cette équation différentielle ?
    Équation autonome, à variables séparables.
  2. Déterminez les solutions stationnaires de cette équation différentielle, on discutera en fonction de λ\lambda. 0=dydt=y 3λy=y(y 2λ)0=\frac{dy}{dt}=y^3-\lambda y = y(y^2-\lambda) donc on a 1 ou 3 solutions stationnaires : y=0y=0 dans tous les cas, et y=±λy=\pm \sqrt{\lambda} si λ>0\lambda>0.
  3. Résoudre l’équation différentielle pour λ=0\lambda=0.
    Si yy est non nul en un t 0t_0 alors il reste non nul (théorème de Cauchy-Lipschitz) donc dyy 3=dt12y 2=t+Cy(t)=±12(t+C)\frac{dy}{y^3}= dt \Rightarrow -\frac{1}{2y^2}=t+C \Rightarrow y(t)=\pm\frac{1}\sqrt{-2(t+C)} définie pour t<Ct&lt;-C.
    Les solutions sont-elles bornées ?
    Non, si tCt \rightarrow -C, y(t)y(t) tend vers plus ou moins l’infini.
    On suppose dans la suite que λ0\lambda \neq 0
  4. On suppose que y(0)y(0) est proche de 0. Lorsque tt est proche de 0, on s’attend à ce que y 3y^3 soit négligeable devant yy.
    Quelle est la solution générale de
    dydt=λy\frac{dy}{dt}=-\lambda y ?
    y(t)=Ke λty(t)=Ke^{-\lambda t} Discuter en fonction de λ\lambda si la solution se rapproche de 0 (équilibre stable) ou s’éloigne de 0 (équilibre instable) lorsque tt augmente.
    Si λ>0\lambda&gt;0, la solution tend vers 0 lorsque tt tend vers ++\infty, si λ<0\lambda&lt;0, la solution tend vers ±\pm \infty.
  5. On suppose dans cette question que λ>0\lambda&gt;0 et que y(0)[λ,λ]y(0) \in [-\sqrt{\lambda},\sqrt{\lambda}].
    Montrer sans calculer explicitement la solution que
    y(t)y(t) reste bornée.
    C’est une conséquence du théorème de Cauchy-Lipschitz et du fait que y(t)=±λy(t)=\pm \sqrt{\lambda} est solution stationnaire, toute solution avec une condition initiale dans l’intervalle y reste donc.
    Conjecturer l’allure du graphe lorsque la condition initiale y(0)y(0) est positive et proche de 0 (représenter l’allure sur la copie).
    On peut conjecturer que tout se passe comme si on pouvait négliger le terme en y 3y^3, on se ramène à la question précédente, la solution tend (exponentiellement vite) vers 0 (et l’hypothèse y(0)y(0) proche de 0 reste bien vérifiée).
    =
    Not evaled
  6. On suppose dans cette question que y(0)>0y(0)&gt;0.
    Montrer que
    y(t)>0y(t)&gt;0 pour tout tt.
    Cela résulte à nouveau du théorème de Cauchy-Lipschitz et du fait que y(t)=0y(t)=0 est solution stationnaire.
    En déduire le sens de variations de yy lorsque λ<0\lambda&lt;0.
    On a alors y>0y'&gt;0 puisque y 3>0y^3&gt;0 et λy>0-\lambda y&gt;0 donc yy croit.
    La solution est-elle bornée pour t>0t&gt;0 ?
    La solution ne peut pas être bornée, sinon comme y(t)y(t) est croissante, elle convergerait vers une limite finie, qui serait solution stationnaire.
    Conjecturer l’allure du graphe lorsque la condition initiale y(0)y(0) est positive et proche de 0 (représenter l’allure sur la copie).
    On va s’éloigner de plus en plus rapidement de 0, au début exponentiellement vite, après encore plus vite.
  7. On suppose λ>0\lambda &gt;0 et 0<y(0)<λ0 &lt; y(0) &lt; \sqrt\lambda. Résoudre l’équation différentielle.
    Indications : on pourra déterminer à la calculatrice en donnant la commande utilisée :
    1x 3λxdx\int \frac{1}{x^3-\lambda x} \, dx et on pourra exprimer e 2λte^{2\lambda t} en fonction de yy.
    On sait que y(t)]0,λ[y(t) \in ]0,\sqrt\lambda[ pour tout temps, donc y 3λy0y^3-\lambda y\neq 0, on a donc dyy 3λy=dt\frac{dy}{y^3-\lambda y} = dt on intègre, à gauche on calcule la primitive par la commande
    d’où on tire, en observant que y 2λ<0y^2-\lambda&lt;0 pour enlever la valeur absolue ln(λy 2y 2)=2λ(t+C)\ln\left(\frac{\lambda-y^2}{y^2}\right)=2\lambda (t+C) puis en prenant les exponentielles et en posant e 2λC=Ke^{2\lambda C}=K, λy 2y 2=Ke 2λty 2(1+Ke 2λt)=λ=0\frac{\lambda-y^2}{y^2}=Ke^{2\lambda t} \Rightarrow y^2(1 +Ke^{2\lambda t}) = \lambda =0 finalement, comme y>0y&gt;0, on a : y=λ1+Ke 2λty=\sqrt{\frac{\lambda}{1+Ke^{2\lambda t}}} Vérification avec le tracé pour λ=0.5\lambda=0.5 et K=0.2K=0.2 (solution calculée numériquement par plotode et solution exacte, les deux graphes sont superposés)