Exercice 2 : Intégrales doubles et ED
Problème Guidé : Étude d’une équation aux dérivées partielles par un changement de variables (Intégrales doubles)
Section titled “Problème Guidé : Étude d’une équation aux dérivées partielles par un changement de variables (Intégrales doubles)”Introduction et Objectifs
Section titled “Introduction et Objectifs”Ce problème aborde un classique des concours de la filière PT : la résolution d’une équation aux dérivées partielles (EDP) sur le plan par un changement de variables judicieux, lié à la géométrie du domaine, et l’utilisation d’intégrales doubles pour exprimer les solutions.
Ce type de sujet teste la maîtrise des théorèmes de dérivation des fonctions composées de classe , la paramétrisation de domaines du plan, et le calcul intégral.
Partie I : Étude d’un changement de variables géométrique
Section titled “Partie I : Étude d’un changement de variables géométrique”On considère l’application définie sur l’ouvert par :
Q1. Justifier que est de classe sur et calculer son jacobien .
Éléments de correction : Les fonctions et sont de classe sur (produit et quotient de fonctions de classe dont le dénominateur ne s’annule pas). Le jacobien se calcule par le déterminant de la matrice jacobienne :
\frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} v & u \\ \frac{1}{v} & -\frac{u}{v^2} \end{vmatrix}$$ $$J_\Phi(u, v) = v \left(-\frac{u}{v^2}\right) - u \left(\frac{1}{v}\right) = -\frac{u}{v} - \frac{u}{v} = -\frac{2u}{v}$$ **Q2.** Montrer que $\Phi$ réalise un $\mathcal{C}^1$-difféomorphisme de $U$ sur un ouvert $V$ à préciser. Exprimer réciproquement $u$ et $v$ en fonction de $x$ et $y$. *Éléments de correction :* Pour tout $(u, v) \in U$, $J_\Phi(u, v) = -\frac{2u}{v} \neq 0$ car $u > 0$ et $v > 0$. Exprimons $u$ et $v$ en fonction de $x$ et $y$ : En multipliant les deux équations : $xy = u^2$. Comme $u > 0$, on a $u = \sqrt{xy}$. En divisant les deux équations : $\frac{x}{y} = v^2$. Comme $v > 0$, on a $v = \sqrt{\frac{x}{y}}$. L'application $(x, y) \mapsto (\sqrt{xy}, \sqrt{\frac{x}{y}})$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur l'ouvert $V = ]0, +\infty[ \times ]0, +\infty[$. Par le théorème d'inversion globale (ou par construction explicite de la réciproque), $\Phi$ est un $\mathcal{C}^1$-difféomorphisme de $U$ sur $V$. --- ## Partie II : Transformation d'une Équation aux Dérivées Partielles Soit $f : V \to \mathbb{R}$ une fonction de classe $\mathcal{C}^2$. On pose, pour $(u, v) \in U$, $g(u, v) = f(\Phi(u, v)) = f\left(uv, \frac{u}{v}\right)$. **Q3.** Exprimer les dérivées partielles premières $\frac{\partial g}{\partial u}$ et $\frac{\partial g}{\partial v}$ en fonction de $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$. *Éléments de correction :* En utilisant la règle de dérivation des fonctions composées : $$\frac{\partial g}{\partial u} = \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial u} + \frac{\partial f}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial u} = v \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{1}{v} \frac{\partial f}{\partial y}$$ $$\frac{\partial g}{\partial v} = \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial v} + \frac{\partial f}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial v} = u \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{u}{v^2} \frac{\partial f}{\partial y}$$ **Q4.** On considère l'EDP portant sur $f$ : $$(E) \quad x \frac{\partial f}{\partial x} - y \frac{\partial f}{\partial y} = 0$$ Transformer cette équation en une équation portant sur $g$ en utilisant les variables $u$ et $v$. En déduire la forme générale des solutions de $(E)$ sur $V$. *Éléments de correction :* Exprimons la combinaison linéaire intervenant dans $(E)$ à l'aide de $\frac{\partial g}{\partial u}$ et $\frac{\partial g}{\partial v}$ : Remarquons que $u \frac{\partial g}{\partial u} = uv \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{u}{v} \frac{\partial f}{\partial y} = x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y}$ (ce qui correspond à une autre EDP), mais testons plutôt la combinaison : Multiplions $\frac{\partial g}{\partial v}$ par $v$ : $$v \frac{\partial g}{\partial v} = uv \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{u}{v} \frac{\partial f}{\partial y} = x \frac{\partial f}{\partial x} - y \frac{\partial f}{\partial y}$$ Ainsi, l'équation $(E)$ se réécrit simplement pour $g$ : $$v \frac{\partial g}{\partial v} = 0$$ Puisque $v > 0$, l'équation $(E)$ est équivalente à : $$\frac{\partial g}{\partial v} = 0$$ Cela signifie que $g(u, v)$ ne dépend que de la variable $u$. Il existe donc une fonction $\varphi$ de classe $\mathcal{C}^1$ sur $]0, +\infty[$ telle que : $$g(u, v) = \varphi(u)$$ En revenant aux variables initiales $(x, y)$ : $$f(x, y) = \varphi(\sqrt{xy})$$ La solution générale de $(E)$ sur $V$ est donc de la forme $f(x, y) = \phi(xy)$ où $\phi$ est une fonction de classe $\mathcal{C}^1$ sur $]0, +\infty[$ (en posant $\phi = \varphi \circ \sqrt{\cdot}$). --- ## Partie III : Calcul d'une intégrale double On considère le domaine $\mathcal{D}$ du plan défini par : $$\mathcal{D} = \{ (x, y) \in V \mid 1 \le xy \le 2 \text{ et } 1 \le \frac{x}{y} \le 3 \}$$ **Q5.** Représenter schématiquement le domaine $\mathcal{D}$ dans le plan $(x, y)$ et calculer son aire à l'aide du changement de variables $\Phi$. *Éléments de correction :* * **Analyse du domaine :** Les inégalités définissant $\mathcal{D}$ se traduisent directement dans le système de coordonnées $(u, v)$ par : $$1 \le u \le 2 \quad \text{et} \quad 1 \le v \le \sqrt{3}$$ Le domaine $\mathcal{D}$ est donc l'image par $\Phi$ du rectangle $\mathcal{D}' = [1, 2] \times [1, \sqrt{3}]$. * **Calcul de l'aire :** $$\text{Aire}(\mathcal{D}) = \iint_{\mathcal{D}} 1 \,dx\,dy$$ En effectuant le changement de variables $(x, y) = \Phi(u, v)$, de jacobien $|J_\Phi(u, v)| = \frac{2u}{v}$ (car $u, v > 0$) : $$\text{Aire}(\mathcal{D}) = \iint_{\mathcal{D}'} \frac{2u}{v} \,du\,dv$$ $$\text{Aire}(\mathcal{D}) = \int_{1}^{2} \left( \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{2u}{v} \,dv \right) du$$ Calculons l'intégrale intérieure : $$\int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{2u}{v} \,dv = 2u [\ln(v)]_{1}^{\sqrt{3}} = 2u \ln(\sqrt{3}) = u \ln(3)$$ Puis l'intégrale extérieure : $$\text{Aire}(\mathcal{D}) = \int_{1}^{2} u \ln(3) \,du = \ln(3) \left[ \frac{u^2}{2} \right]_{1}^{2} = \ln(3) \left( \frac{4}{2} - \frac{1}{2} \right) = \frac{3\ln(3)}{2}$$ --- ## Analyse Critique des Résultats (Regard d'Examinateur) 1. **Pièges classiques à éviter :** * Ne pas oublier de justifier la non-nullité du jacobien et la bijectivité (ou l'immersion/difféomorphisme local) avant d'appliquer un changement de variables. * Bien veiller à prendre la **valeur absolue** du jacobien lors du changement de variable dans les intégrales doubles ($\iint f(x,y) dxdy = \iint f(\Phi(u,v)) |J_\Phi(u,v)| dudv$). 2. **Cohérence physique/géométrique :** * L'aire trouvée $\frac{3\ln(3)}{2} \approx 1.64$ est strictement positive, ce qui est cohérent pour une aire de plan. * L'utilisation du changement de variables a transformé un domaine aux frontières hyperboliques complexes en un rectangle trivial, illustrant parfaitement la puissance des techniques de réduction par changement de coordonnées en sciences industrielles (mécanique des fluides, thermodynamique).