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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

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\begin{document} 
\begin{giacjshere}

\pagestyle{empty}
\thispagestyle{empty}

{\footnotesize\noindent
Université Grenoble Alpes   \hfill $\bullet$ \hfill
Licence2, mat307                       \hfill $\bullet$ \hfill
Année 2017/2018           \\[-2mm]\hrule}

\bigskip

\begin{center}
 Examen du 12 janvier 2018, de 8h à 10h. \\
%Ce sujet comporte 2 exercices sur {\bf 1 page}.\\
  {\it Calculatrices et 
r\'esum\'e de cours manuscrit format A4 recto-verso autorisé. 
Autres documents et portables interdits. \\
Ce sujet comporte deux pages. Le barême est indicatif.}
  
\end{center}

\section{Aire (6 points)}
Soit $C$ l'arc de courbe param\'etr\'ee~:
$$ x(t)=1-\cos(t), \quad y(t)=\sin(t)-t, \quad t\in[0,2\pi]$$
On veut d\'eterminer l'aire $A$ de la
zone $Z$ d\'elimit\'ee par l'axe $Oy$ et $C$.
\begin{enumerate}
\item {\bf Calculer $x'$ et $y'$, donner le double tableau
de variations de $x$ et $y$.}\\
On peut observer une sym\'etrie par rapport \`a la droite $y=\pi$
correspondant \`a $x(2\pi-t)=1-\cos(2\pi-t)=1-\cos(t)=x(t)$ 
et $y(2\pi-t)=-2\pi-y(t)$ permettant de restreindre \`a $[0,\pi]$,
sur cet intervalle $x'=sin(t)\geq 0$ et $y'=\cos(t)-1 \leq 0$
\giacinputmath{tabvar([1-cos(t),sin(t)-t],t,0,2*pi)}
\item {\bf V\'erifier que 0 est un point singulier
et d\'eterminer la tangente en ce point.  Y-a-t-il
d'autres points singuliers sur $C$~?}\\
On a bien $x'(0)=y'(0)=0$. La tangente en ce point a pour vecteur directeur
$(x'{'}(0),y'{'}(0))=(1,0)$. $y'$ s'annule uniquement en 0 et $2\pi$,
donc il y a un deuxi\`eme point singulier en $2\pi$, sym\'etrique
due celui en 0.
\item {\bf Tracer $C$ et hachurer $Z$.}
\giacinput{plotparam([1-cos(t),sin(t)-t],t,0,2*pi)}
\item {\bf En utilisant le th\'eor\`eme de Green-Riemann (ou de Stokes), 
exprimer l'aire $$A=\iint_Z dx \ dy $$ 
\`a l'aide d'une int\'egrale curviligne sur $C$, puis calculer $A$.}
\\% 3pi
Le bord de $Z$, parcouru dans le sens inverse du sens trigonom\'etrique
 est compos\'e de $C$ et du segment $[-2\pi i,0]$, en appliquant Green-Riemann
\`a la forme $\omega=xdy$ on a donc
\begin{eqnarray*}
 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{eqnarray*}
\end{enumerate}

\section{\'Equation diff\'erentielle (7 points)}
Soit $a>0$ et $\omega>0$. 
On consid\`ere l'\'equation diff\'erentielle d'inconnue
la fonction $y(t)$~:
$$ ay'+y=\cos(\omega t)$$
\begin{enumerate}
\item {\bf Quel est le type de cette \'equation~?}
\'Equation diff\'erentielle lin\'eaire \`a coefficients constants.
\item {\bf Donner la solution g\'en\'erale de l'\'equation $ay'+y=0$. }
$$ y(t)=Ce^{-t/a}$$
\item {\bf D\'eterminer une solution particuli\`ere p\'eriodique $y_p$ de
l'\'equation $ay'+y=e^{i\omega t}$, 
l'\'ecrire sous la forme $y_p=A e^{i(\omega t - \phi)}$ avec $A>0$.}\\
On pose $y_p=Ke^{i\omega t}$, on a alors~:
$$ (ia\omega K+K)e^{i\omega t}=e^{i\omega t} 
\quad \Rightarrow \quad 
K=\frac{1}{1+ia\omega}=\frac{1}{\sqrt{1+a^2\omega^2}e^{i\phi}}
$$
avec $\phi $ l'argument de $1+ia\omega$ et donc $A=\sqrt{1+a^2\omega^2}$. 
On observe que
$\phi \in ]0,\pi/2[$ et est proche de 0 si $a$ est petit (faible
inertie) et proche de $\pi/2$ si $a$ est grand.
\item {\bf Soit $\overline{y_p}$  le conjugu\'e de $y_p$,
d\'eterminer sans faire de calcul
$a\overline{y_p}'+\overline{y_p}$}\\
Comme $a$ est r\'eel, on obtient le conjugu\'e de $ay_p'+y_p$ donc
$e^{-i\omega t}$.\\
{\bf En d\'eduire une solution p\'eriodique de 
$ay'+y=\cos(\omega t)$.}\\
On applique le principe de superposition, une solution correspondant
\`a $\cos(\omega t)=\frac{1}{2}(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t})$
est la demi-somme de $y_p$ et $\overline{y_p}$ ou encore
sa partie r\'eelle, soit $A\cos(\omega t-\phi)$.
\item {\bf En d\'eduire la solution g\'en\'erale de $ay'+y=\cos(\omega t)$
et comparer les solutions
avec la solution p\'eriodique $y_p$ lorsque $t$ tend vers l'infini. }
C'est la somme de la solution g\'en\'erale homog\`ene et de la solution
particuli\`ere $A\cos(\omega t-\phi)$.
\item {\bf On mod\'elise la temp\'erature moyenne d'un lieu donn\'e 
en fonction de la saison par l'\'equation $ay'+y=\cos(\omega t)$ 
o\`u $2\pi/\omega$ vaut une ann\'ee (loin de l'\'equateur) et
o\`u $a$ est d'autant plus grand que l'inertie thermique du lieu est grande.\\
On observe que la temp\'erature moyenne la plus \'elev\'ee a lieu
avec un d\'ephasage d'environ 3 semaines apr\`es le solstice d'\'et\'e pour les continents, 
environ 8 semaines pour les oc\'eans 
et environ 11 semaines pour la banquise.\\
D\'eterminer le d\'ephasage $\phi_C,\phi_O,\phi_B$ correspondant aux trois situations
(respectivement continents, oc\'eans, banquise)
et en d\'eduire les valeurs de $a_C\omega, a_O\omega, a_B\omega$ 
correspondantes.}\\
$$\phi_c=\frac{3}{52} 2\pi, \quad \phi_O=\frac{8}{52}2\pi, \quad
\phi_B=\frac{11}{52}2\pi$$
On a $\tan(\phi)=a\omega$ donc
$$ a_c\omega=\tan(\frac{3}{52} 2\pi)=0.38...,
\quad
a_o\omega=\tan(\frac{8}{52} 2\pi)=1.45...
\quad
a_B\omega=\tan(\frac{11}{52} 2\pi)=4.06...
$$
\item {\bf D\'eterminer les valeurs de $A_C$ et $A_O$, puis
le rapport $A_C/A_O$ des
amplitudes thermiques au cours d'une ann\'ee 
sur les continents et sur les  oc\'eans. Est-ce vraissemblable~?}\\
Donc $A=1/\sqrt{1+\tan(\phi)^2}$ et
$$ A_c=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{3}{52} 2\pi)^2}}=0.94,
\quad
A_O=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{8}{52} 2\pi)^2}}=0.57...,
\quad
A_B=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{11}{52} 2\pi)^2}}=0.24..,
$$
et $A_c/A_o=1,65...$. Dans ce mod\`ele,
les continents ont donc une amplitude
thermique plus importante d'environ 65\%  \`a celle
des oc\'eans, ce qui parait vraissemblable...
\end{enumerate}


\section{Syst\`eme diff\'erentiel (9 points)}
On consid\`ere le syst\`eme diff\'erentiel d'ordre 2
d'inconnues les fonctions $x(t)$ et $y(t)$ \`a valeurs r\'eelles~:
$$ \left\{ \begin{array}{ccccc} \ddot{x}&=&\omega \dot{y} &+&R\omega^2\\
\ddot{y}&=& -\omega\dot{x}
\end{array} \right.$$
o\`u $R>0$ et $\omega>0$ sont des constantes
et o\`u $\dot{f}$ d\'esigne la d\'eriv\'ee de $f$ par rapport \`a $t$.
Ce syst\`eme mod\'elise la trajectoire d'une particule de charge $q$
et de masse $m$
dans un champ magn\'etique $B$ et un champ \'electrique $E$ constants
et perpendiculaires avec
$$ \omega=\frac{qB}{m}, \quad R=\frac{E}{B\omega} $$
On va r\'esoudre ce syst\`eme de deux mani\`eres puis repr\'esenter
la courbe parcourue.
\begin{enumerate}
\item {\bf Premi\`ere m\'ethode~:  
soit $z(t)=x(t)+iy(t)$, d\'eterminer
$  \ddot{z}+i\omega \dot{z}$}\\%=R \omega^2 \qquad (*) $$
On a $\ddot{z}+i\omega \dot{z}=
\ddot{x}+i\ddot{y}+i\omega \dot{x}-\omega\dot{y}
=\omega \dot{y} +R\omega^2-i\omega\dot{x}+i\omega \dot{x}-\omega\dot{y}
=R\omega^2$
\item {\bf R\'esoudre l'\'equation homog\`ene $  \ddot{z}+i\omega \dot{z}=0$
(attention, les coefficients ne sont pas tous r\'eels).
En d\'eduire la solution g\'en\'erale $z(t)$ avec second membre. }\\
L'\'equation caract\'eristique de $  \ddot{z}+i\omega \dot{z}=0$
est $r^2+i\omega r=0$, elle poss\`ede 2 racines
simples 0 et $-i\omega$, donc $z(t)=A+Be^{-i\omega t}$. 
On cherche une solution particuli\`ere sous la forme $z(t)=Ct$, on
remplace et on obtient $iC\omega=R\omega^2$ donc $C=-iR\omega$ et
la solution g\'en\'erale avec second membre est
$$ z(t)=A+Be^{-i\omega t}-iR\omega t $$
\item {\bf On suppose uniquement dans cette question 
que $x(0)=y(0)=0, \dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0$, d\'eterminer $z(t)$
puis $x(t)$ et $y(t)$ }\\
On a $z(0)=z'(0)=0$ donc $A+B=0$ et $-i\omega B-iR\omega=0$
soit $B=-R$ et $A=R$, finalement
$$ 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)$$
\item {\bf Deuxi\`eme m\'ethode~:
montrer que $(\dot{x},\dot{y})$ v\'erifie un syst\`eme lin\'eaire d'ordre
1 \`a coefficients constants dont on d\'eterminera la matrice $A$.}\\
Soit $Y=\left(\begin{array}{c}\dot{x}\\ \dot{y}\end{array}\right)$,
on a 
$$\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)$$
{\bf Diagonaliser $A$, en d\'eduire la solution g\'en\'erale {\bf complexe}
$(\dot{x},\dot{y})$ puis $(x,y)$.}\\
On r\'esoud d'abord l'\'equation homog\`ene.
Le polynome caract\'eristique de $A$ est $\lambda^2+\omega^2$, les
valeurs propres de $A$ sont donc $\pm i \omega$. Un vecteur propre 
$(x,y)$ associ\'e \`a $i\omega$ v\'erifie $i\omega x-\omega y=0$ donc
$v_+(1,i)$ convient, on prend son conjugu\'e pour $-i\omega$.
On pose donc $$P=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ i & -i \end{array}\right)$$
alors $Z=P^{-1}Y$ v\'erifie $Z'=DZ$ o\`u 
$$D=\left(\begin{array}{cc} i\omega & 0\\ 0 & -i\omega \end{array}\right)$$
Donc $Z(t)=(\alpha e^{i\omega t},\beta e^{-i\omega t})$ et 
$$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)$$
On cherche ensuite une solution particuli\`ere $Y_p$ pour $Y'=AY+b$
pour $b=\left(\begin{array}{c} R\omega^2 \\ 0 \end{array}\right)$
qui est constant, donc on peut chercher $Y_p$ constant, donc on r\'esoud
$AY_p=-b$, ce qui donne 
$Y_p=\left(\begin{array}{c} 0 \\ -R\omega \end{array}\right)$
et finalement
$$ 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)$$
\item {\bf On suppose dans la suite que
$x(0)=y(0)=0, \dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0$. 
D\'eterminer $x(t)$ et $y(t)$ (on pourra v\'erifier que l'on retrouve le r\'esultat pr\'ec\'edent).}\\
Donc $Y(0)=0$, donc $\alpha+\beta=0$ et $i(\alpha-\beta)-R\omega=0$,
soit $-\alpha=\beta=iR\omega/2$. Finalement,
$$ 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)$$
On int\`egre par rapport \`a $t$ avec $x(0)=y(0)$ et on 
retrouve bien $x(t)=R(1-\cos(\omega t)$ et 
$y(t)=R(\omega \sin(\omega t)-\omega t)$
\item {\bf Expliquer pourquoi la courbe d\'ecrite par la particule 
a un point singulier en $t=0$. D\'eterminer la tangente
en ce point en utilisant le syst\`eme diff\'erentiel.}
On a $\dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0$ donc la vitesse s'annule ce qui
entraine l'existence d'un point singulier en $t=0$. L'acc\'el\'eration
en ce point est non nulle puisque $\ddot{x}=R\omega^2$ et est horizontale
puisque $\ddot{y}=0$.
\item {\bf Repr\'esenter l'allure de la courbe d\'ecrite par la particule.
On pourra faire le lien avec le 1er exercice.}\\
En changeant de param\`etrage $\tau=\omega t$ et en faisant une homoth\'etie
de rapport $R$ on se ram\`ene \`a la cycloide \'etudi\'ee au 1er exercice.
\item {\bf Appliquer
les \'equations d'Euler-Lagrange au lagrangien}
$$ L(x,y,\dot{x},\dot{y},t)=\frac{1}{2} m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)+qEx+qBx\dot{y}$$
Par rapport \`a $x$ et $\dot{x}$,
$$ \frac{\partial L}{\partial x}=qE+qB\dot{y}, \quad
\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=m\dot{x}$$
Donc
$$ \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}$$
Par rapport \`a $y$ et $\dot{y}$,
$$ \frac{\partial L}{\partial y}=0, \quad
\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}=m\dot{y}+qBx$$
Donc 
$$ \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}$$
On retrouve bien les \'equations de la premi\`ere question, sachant que
$$ \omega=\frac{qB}{m}, \quad R=\frac{E}{B\omega} $$
{\bf D\'eterminer une constante du mouvement (indication~: 
observer que $L$ ne d\'epend pas explicitement du temps ou
observer que $L$ ne d\'epend pas explicitement de $y$).}\\
On a vu que $\frac{d}{dt}(m\dot{y}+qBx)=0$ ($L$ ne d\'epend pas
de $y$) donc $m\dot{y}+qBx$ est une constante du mouvement.
En observant que $L$ ne d\'epend pas du temps, on a une autre
constante du mouvement
$$\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$$
\end{enumerate}

\vfill

%\pagebreak

\end{giacjshere}
\end{document}

\section{Système différentiel (6 points)}
Résoudre le système différentiel
$$ Y'=AY + \left(\begin{array}{c}
\cos(t) \\
\sin(t)
\end{array}\right), 
\quad A=\left(\begin{array}{cc}
-1 & 2 \\
-2 & -1
\end{array}\right), Y(0)= \left(\begin{array}{c}
0 \\
0
\end{array}\right) $$
Le comportement asymptotique de la solution dépend-il 
de la condition initiale~?


\section{Forme diff\'erentielle}
\begin{enumerate}
\item ellipse ou Lissajoux, figure
\item Repere de Frenet
\item Forme differentielle vecteur sortant scalaire un champ Ex,Ey
\item integrale curviligne = integrale double divergence du champ
\item generalisable?
\end{enumerate}