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\newcounter{exonum}[section]
\newenvironment{exo}{\begin{enumerate}\stepcounter{exonum}%
\renewcommand{\theenumi}{\thesection.\arabic{exonum}}%
\renewcommand{\labelenumi}{\bf\theenumi.}\item}{\end{enumerate}}

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\textheight 20cm

\begin{document} 

\pagestyle{empty}
\thispagestyle{empty}

{\footnotesize\noindent
Université Grenoble Alpes   \hfill $\bullet$ \hfill
Licence2, mat237                       \hfill $\bullet$ \hfill
Année 2015/2016           \\[-2mm]\hrule}

\bigskip

\begin{center}
 Examen du 30 juin 2016, de 9h à 11h. \\
%Ce sujet comporte 2 exercices sur {\bf 1 page}.\\
  {\it Calculatrices et 
r\'esum\'e de cours manuscrit format A4 recto-verso autorisés. 
Autres documents et portables interdits. \\
Ce sujet comporte deux pages. Le barême est indicatif.}
  
\end{center}

\section{Courbe de Lissajous (11 points)}
Soit $L$ la courbe de Lissajous paramétrée par $x(t)=\cos(2 t)$ et $y(t)=\sin(3t)$.
\begin{enumerate}
\item Donner les symétries qui permettent de réduire l'intervalle
  d'étude à $[0,\pi/2]$ (on pourra \'etudier les transformations
correspondant \`a  $t\rightarrow t+\pi$ et $t \rightarrow -t$).
\item Dresser sur $[0,\pi/2]$ un tableau de variation commun de $x(t)$
  et $y(t)$ en faisant apparaitre $t=\pi/3$
\item Déterminer la tangente en $L$ en $t=0$
\item D\'eterminer les points singuliers de $L$. 
\item D\'eterminer la tangente \`a la courbe en $t=\pi/2$.
\item D\'eterminer le param\`etre $t_0 \in [0,\pi/2]$ 
correspondant \`a un point o\`u
$L$ admet une tangente horizontale.
\item A l'aide de tout ceci, tracer la courbe $L$. On repr\'esentera
sur le trac\'e les points de param\`etres $t=-\pi/2,0,\pi/2$ et le
sens de parcours de la courbe pour $t\in [-\pi/2,\pi/2]$.
\item Comment parcourt-on la courbe pour $t \in [\pi/2,3\pi/2]$~?
\item On s'int\'eresse dans la suite \`a l'arc de courbe $A$ correspondant
\`a $t \in [-\pi/3,\pi/3]$ et au domaine $D$ situ\'e \`a l'int\'erieur
de $A$. Donner sous forme d'une int\'egrale la longueur de $A$.
D\'eterminer une valeur approch\'ee
de la longueur de $A$ (indiquez la commande utilis\'ee \`a la calculatrice).
\item D\'eterminer l'aire du domaine $D$ \`a l'int\'erieur de $A$ (on pourra d\'eterminer
l'int\'egrale curviligne de la forme $x dy$ ou $y dx$ sans donner le
d\'etail du calcul de primitive, \`a condition d'indiquer
la commande utilis\'ee \`a la calculatrice).
\item En appliquant la formule de Green-Riemann, montrer que
$\iint_D x \ dx dy$ se ram\`ene au calcul d'une int\'egrale curviligne
le long de $A$ d'une forme $\omega$ que l'on d\'eterminera.\\
Calculer cette int\'egrale curviligne (on pourra indiquer la commande
utilis\'ee \`a la calculatrice sans donner le d\'etail du calcul de primitive).\\
En d\'eduire les coordonn\'ees du centre de gravit\'e de $D$
(suppos\'e homog\`ene).
\end{enumerate}

\section{Circuit RLC (9 points)}
On s'int\'eresse \`a l'\'equation diff\'erentielle
\begin{equation} \label{eq:rlc} \frac{q}{C} + R q' + L q'{'} = U\cos(\omega t) \end{equation}
o\`u $R \geq 0, L>0, C>0, U \geq 0, \omega>0$ sont des constantes, $t$
le temps, $q(t)$ la fonction inconnue 
(la charge du condensateur du circuit RLC), $q'=\frac{dq}{dt}, q'{'}=\frac{d^2q}{dt^2}$
\begin{enumerate}
\item Quel est l'ordre de cette \'equation~? Est-elle lin\'eaire~? \`A variables s\'eparables~?
\item On suppose dans cette question que $R=0$ et $U=0$, 
on pose $\omega_0=1/\sqrt{LC}$.
Donner la solution g\'en\'erale de l'\'equation (\ref{eq:rlc}).
La solution est-elle born\'ee lorsque $t \rightarrow +\infty$~?
\item On suppose dans cette question que $R=0$ et $U=1$.
Donner la solution g\'en\'erale de l'\'equation (\ref{eq:rlc}) et
indiquer si la solution est born\'ee lorsque $t \rightarrow
+\infty$. On distinguera
les cas $\omega_0 \neq \omega$ et $\omega_0=\omega$.
\item On suppose dans la suite que $R>0$.
Montrer que les racines de l'\'equation $\frac1C+Rx+Lx^2=0$
d'inconnue $x$ sont deux r\'eels strictement n\'egatifs ou deux complexes
conjugu\'es de partie r\'eelle strictement n\'egative.
En d\'eduire la solution g\'en\'erale de l'\'equation (\ref{eq:rlc}) lorsque $U=0$
et d\'eterminer sa limite lorsque $t \rightarrow +\infty$.
\item On suppose toujours que $R>0$ mais maintenant $U \neq 0$. 
D\'eterminer une solution particuli\`ere de 
la forme $q(t)=Qe^{i\omega t}, (Q \in \C, i^2=-1)$ pour l'\'equation
$$
\frac{q}{C} + R q' + L q'{'} = Ue^{i\omega t} \qquad (*)
$$
Calculer $q'=Ie^{i\omega t}, I \in \C$ et en d\'eduire une relation entre $I$ et $U$ 
(loi d'Ohm complexe).
%%$$( \frac{1}{C\omega i}+R+L\omega i)I=U$$ 
\item 
En d\'eduire une solution particuli\`ere de  (\ref{eq:rlc}) en prenant
la partie r\'eelle de la solution trouv\'ee pour (*).
Comparer les solutions de (\ref{eq:rlc}) avec cette solution
particuli\`ere lorsque $t \rightarrow +\infty$. Peut-on
n\'egliger la condition initiale $q(t_0),q'(t_0)$ lorsque $t \rightarrow +\infty$~?
\item Quel serait le comportement asymptotique des solutions
si $R$ \'etait strictement n\'egatif~?
\end{enumerate} 

\vfill

\pagebreak

\section{Correction abr\'eg\'ee Lissajous}
\begin{enumerate}
\item les 2 transformations laissent $x$ inchang\'e et changent $y$ en son oppos\'e,
  donc sym\'etrie par rapport \`a $Ox$ et r\'eduction de l'\'etude \`a
  $[0,\pi/2]$ (p\'eriodicit\'e $2\pi$).
\item $x'=-2\sin(2t)$ s'annule en 0 et $\pi/2$ et est n\'egatif sinon,
  $y'=3\cos(3t)$ s'annule en $\pi/6$ et $\pi/2$ est positif entre 0 et
  $\pi/6$ et n\'egatif ensuite. 
\item On a donc une tangente verticale en $t=0$ au point $(1,0)$
  ($x'=0$ et $y'\neq 0$)
\item Un point singulier en $t=\pi/2$ de coordonn\'ees $(-1,-1)$
et son sym\'etrique par rapport \`a $Ox$.
\item Comme $x'{'}=4$ et $y'{'}=9$ en $t=\pi/2$ la tangente a pour
  vecteur directeur $(4,9)$.
\item Tangente horizontale si $y'=3\cos(3t)=0$ donc $t=\pi/6$ dans
  l'intervalle d'\'etude, au point $(\frac12,1)$.
\item courbe en forme de alpha,
 on part de $(1,1)$ en $t=-\pi/2$
  avec tangente dirig\'ee vers le bas \`a droite $(4,-9)$, on traverse $Ox$ en
  $(-\frac12,0)$ ($t=-\pi/3$) puis tangente horizontale en
  $(\frac12,-1)$ ($t=-\pi/6$), puis on remonte (toujours vers la
  droite) jusqu'en $(0,1)$ (tangente verticale) et sym\'etrie $Ox$.\\
\includegraphics[width=10cm]{lissajous}
\item on revient sur ses pas.
\item $$ \int_{-\pi/3}^{\pi/3}\sqrt{x'^2+y'^2} \ dt =\int_{-\pi/3}^{\pi/3} \sqrt{4\sin(2t)^2+9\cos(3t)^2} \ dt
  \approx 5.07...$$
\item $$ \int_A x \ dy = \int_{-\pi/3}^{\pi/3} 3 \cos(2t) \cos(3t) \ dt
  =\frac{6\sqrt{3}}{5} \approx 2.08...$$
\item par exemple $\omega=x^2/2dy$, 
$$ \int_A x \ dy = \int_{-\pi/3}^{\pi/3} 3 \cos(2t)^2 \cos(3t) \ dt
  =\frac{3\sqrt{3}}{7} \approx 0.74...$$
Donc 
$$x_G=\frac{\frac{6\sqrt{3}}{5}}{\frac{3\sqrt{3}}{7}} = \frac{5}{14}
\approx 0.36...$$
et $y_G=0$ par sym\'etrie.
\end{enumerate}

\section{Correction abr\'eg\'ee RLC}
\begin{enumerate}
\item Ordre 2, lin\'eaire (\`a coefficients constants), n'est pas \`a variables s\'eparables.
\item l'\'equation caract\'eristique est $1/C+x^2L=0$ de solutions
  $\pm i\omega_0$ donc la solution g\'en\'erale est $x(t)=a\cos(\omega_0t)+b\sin(\omega_0t)$, et
  $x(t)$ est born\'e.
\item $$\frac{q}{C}+Lq'{'}=\cos(\omega t)$$
Si $\omega \neq \omega_0$, une
  solution particuli\`ere est de la forme $a\cos(\omega t)$ (car pas
  de deriv\'ee premi\`ere dans l'\'equation), en rempla\c{c}ant on trouve~: 
$$q=\frac{C}{1-\frac{\omega^2}{\omega_0^2}}\cos(\omega t)$$
et est donc born\'ee, donc la solution g\'en\'erale avec second membre
est aussi born\'ee.\\
Si $\omega = \omega_0$, il y a r\'esonance. Comme $\omega$ est racine
simple de l'\'equation caract\'eristique, on peut chercher une
solution particuli\`ere de la forme $q_c=ate^{i\omega t}$ pour le second membre
$e^{i\omega t}$ et en prendre la partie r\'eelle.
On a alors 
$$\frac{q_c}{C} +Lq_c'{'}=2aiL\omega e^{i\omega t}=e^{i\omega t} \ \Rightarrow \
a=\frac{1}{2iL\omega}$$
puis
$$ q=\Re(q_c)=\Re\left(\frac{t}{2iL\omega}e^{i\omega t}\right) 
= \frac{t}{2L\omega} \sin(\omega t)$$
La solution g\'en\'erale, somme de cette solution particuli\`ere non
born\'ee et de la solution g\'en\'erale de l'\'equation homog\`ene
born\'ee est donc non born\'ee.
\item Soient $r_1,r_2$ les deux racines de
l'\'equation caract\'eristique
$ Lr^2+Rr+\frac{1}{C}=0$.
Si les deux racines sont r\'eelles, comme leur produit est $1/(LC)>0$
elles sont de m\^eme signe, or leur somme vaut
$-R/L<0$ elles sont donc strictement n\'egatives.
Si elles sont complexes conjugu\'ees, elles ont la m\^eme partie
r\'eelle $-R/(2L)<0$, strictement n\'egative.
Donc $e^{r_1t}, e^{r_2t} \rightarrow_{t\rightarrow +\infty} 0$ et la solution
g\'en\'erale de l'\'equation (1) $ae^{r_1t}+be^{r_2t}$ tend vers 0
lorsque $t\rightarrow +\infty$.
\item 
$$ Q\left( \frac{1}{C} + i\omega R -L \omega^2)\right)=U
\ \Rightarrow \ Q=\frac{U}{i\omega R +\frac{1}{C} -L \omega^2 }
\ \Rightarrow \ I=i\omega Q=\frac{U}{R+i(L\omega-\frac{1}{C\omega})}$$
\item On \'ecrit le complexe $i\omega R +\frac{1}{C} -L \omega^2$ sous
  forme polaire $\rho e^{i \theta}$, avec
$$ \rho=\sqrt{\omega^2R^2+(\frac{1}{C} -L \omega^2)^2}=\omega
\sqrt{R^2+(\frac{1}{C\omega}-L\omega)^2}, \quad
\tan(\theta)=\frac{R\omega}{\frac{1}{C} -L \omega^2}
$$
On a alors
$$ \Re(Qe^{i\omega t})=\Re(\frac{U}{\rho} e^{i(\omega t-\theta)})
= \frac{U}{\rho} \cos(\omega t-\theta)$$
Comme la solution g\'en\'erale de (1) tend vers 0, toutes les
solutions se rapprochent les unes des autres pour $t$ assez grand,
on peut donc n\'egliger la condition initiale.
\item Si $R<0$, le raisonnement de la question 4 donne des racines de partie
  r\'eelle strictement positives, donc des solutions (non nulles) qui tendent vers
  l'infini ou oscillent avec des oscillations de plus en plus grandes.
\end{enumerate}

\end{document}



