Université Mohammed Premier
Filière : SMP-S3
Faculté des Sciences.
Module : Analyse 3
Département de Mathématiques
Année Universitaire : 2020/2021.
Corrigé Examen Analyse 3
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Exercice 1. 5pts
On considère le problème différentiel ci-dessous :
′′
y (t) + 2y ′ (t) + 2y(t) = f (t)
(S) :
y(0) = y ′ (0) = 0
où f (t) = 2(t + 1)u(t),
1.
u(t) est la fonction echelon unité.
1pt On sait que
L (sin (t) u(t)) (p) =
p2
1
.
+1
On utilise ensuite la formule L(eat f )(p) = F (p − a) où F = L(f ) . On en déduit que
L e−t sin (t) u(t) (p) =
D’où G(p) =
2.
p2
1
.
(p + 1)2 + 1
1
+ 2p + 2
1pt D’après la linéarité de la transformée de Laplace, on a
L(f )(p) = 2(L(tu(t))(p) + L(u(t))(p)) = 2 × (
3.
1
1
2
2
+ )= 2 + .
2
p
p
p
p
1pt La transformée de Laplace de l’équation différentielle de (S) est
L(y ′′ (t) + 2y ′ (t) + 2y(t))(p) = L(f (t))(p)
⇔
⇔
(L(y ′′ ) + 2L(y ′ ) + 2L(y)) =
2
2
+ .
2
p
p
p2 Y (p) − py(0) − y ′ (0) + 2pY (p) − 2y(0) + 2Y (p) =
⇔
Y (p)(p2 + 2p + 2) =
On en tire
Y (p) =
2 + 2p
p2
2 + 2p
+ 2p + 2)
p2 (p2
1
2 + 2p
p2
4.
1pt En rendant la somme
1
1
−
au même dénominateur, on obtient bien
p2 p2 + 2p + 2
1
1
p2 + 2p + 2 − p2
−
=
= Y (p)
p2 p2 + 2p + 2
p2 (p2 + 2p + 2)
5.
1pt D’après les résultats établis précédemment, on obtient :
y(t) = (t − sin(t)e−t )u(t)
Exercice 2. 6pts
Soit la fonction triangle définie par :
π(1 − π|t|)
f (t) =
0
1.
si − π1 ≤ t ≤
sinon
1
π
2pts On a :
F(Λ)(s) =
Z
+∞
Λ(t)e−2iπst dt = 2
−∞
Z
1
π
(Λ(t)est paire)
(1 − πt) cos(2πst)dt
0
On intègre par parties, en posant :
u(t) = 1 − πt → u′ (t) = −π
1
sin(2πst)
2πs
1
1
1 − πt
1
π
sin(2πst)]0π − [
cos(2πst)]
F(Λ)(s) = 2π([
0
2πs
4πs2
v ′ (t) = cos(2πst) → v(t) =
1
1
sin2 (s)
2
(1
−
cos(2s))
=
(2
sin
(s))
=
4πs2
2s2
s2
Si s = 0 F(Λ)(0) = 1 F se prolonge par continuité en 0.
= 2π
2.
si s 6= 0
2pts La formule de réciprocité est : F(F[f ])(t) = f (−t). Donc :
sin(s) 2
) )(t) = f (−t)
s
2
Ainsi la transformée de Fourier de g(t) = sint t est :
F(s → (
ĝ(s) = f (−s) =
3.
π(1 − π|s|)
0
si − π1 ≤ s ≤
sinon
1
π
2pts L’égalité de Parseval Plancherel, dite aussi formule de conservation de l’énergie
est :
Z
Z
2
|F[f ])(s)| ds =
|f (t)|2 dt
R
R
2
appliquée à g(t), elle donne :
Z +∞ −∞
Il suffit donc de calculer
Z
+∞
sin t
t
4
2
dt =
ĝ (s)ds = π
−∞
Z
+∞
ĝ2 (s)ds
−∞
2
Z
+ π1
− π1
(1 − π|s|)2 ds
Pour une integration de ce type, on doit absolument se débarrasser de la valeur absolue,
soit en séparant en deux cas, s > 0 et s < 0, soit comme ici, par un argument de parité.
En effet, la fonction (1 − π|s|)2 est paire, donc
Z +∞
Z +1
Z +1
π
π
2
2
2
2
ĝ (s)ds = 2π
(1 − πs) ds = 2π
(1 − 2πs + π 2 s2 )ds
0
−∞
= 2π 2 [
Exercice 3.
n 5pts
Soit D = (x, y) ∈ R2 , |
1.
0
1
1
1
1
1
2
1
− 2π 2 + π 2 3 ] = 2π 2 [ − +
]= π
π
2π
3π
π π 3π
3
x2
a2
+
y2
b2
o
≤1 .
2.5pts On utilisera le changement de variables x = ar cos θ
0 ≤ r ≤ 1,
et y = br sin θ ,
0 ≤ θ ≤ 2π.
La matrice jacobienne de ce changement de variables est donc :
a cos θ −ar sin θ
.
b sin θ br cos θ.
Le déterminant jacobien vaut donc abr , et on a par la formule du changement de
variables :
R 1 R 2π
A(D) = 0 0 abrdθdr
=
2.
πab.
2.5pts L’aire d’un domaine de R2 grâce au théorème de Green-Riemann s’exprime
par une intégrale curviligne
Z
I
I
I
1
A(D) =
dxdy =
−ydx + xdy = −
ydx =
xdy
2 ∂(D)
D
∂(D)
∂(D)
L’ellipse a pour paramétrisation : x = a cos θ et y = b sin θ , avec 0 ≤ θ ≤ 2π.
En utilisant par exemple la troisième égalité, on a :
x = a cos θ et dy = b cos θdθ, donc :
Z
I
Z 2π
Z
ab 2π
A(D) =
dxdy =
xdy =
(a cos θ)b cos θdθ =
(1+cos(2θ)dθ = πab
2 0
D
∂(D)
0
3
Exercice 4. 4pts
~ (x, y, z) = xz~i + yz~j + z 2~k,
Soit le champ vectoriel dans R3 définie par V
et soit la surface fermée définie par :
2
x + y2 = 1
S=
0≤z≤1
1.
2.
2pts
2pts La formule de la divergence (Ostrogradski) relie le flux de champ à travers
une surface fermée à l’intégrale triple de divergence de ce champ sur le domaine de R3
limité par cette surface. Soit E un domaine de R3 et S = ∂(E) la surface qui est le
bord de E. Alors, la formule de la divergence est la suivante :
Z Z
Z Z Z
−
→
V · dS =
divV dxdydz.
(1)
∂E
E
RRR
RRR
Ainsi le flux φ =
E divV dxdydz =
E (z+z+2z)dxdydz = 4
En utilisant les coordonnées cylindriques :

 x = r cos θ, 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ, 0 ≤ θ < 2π,

z = z, 0 ≤ z ≤ 1.
Z 1 Z 1 Z 2π
φ=4
zrdrdθdz
0
Z
= 4(
1
0
Z
zdz)(
1
0
Z
rdr)(
0
0
2π
dθ) = 4 ×
0
4
RRR
1 1
× × 2π = 2π
2 2
E
zdxdydz.