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Mathématiques – AN2 - Intégrales

sur 13

AN2 - Intégrales – Exercices TD Corrigés – Rev 2014

AN2 - Intégrales Séance de TD

- Corrigés des exercices -

1 GI FC1826 2012 – LE PARADOXE DE LA CORNE D’INABONDANCE 2

2 VALEUR MOYENNE ET ECONOMIE 2

3 GI FC 34 2013 – TEST – FONCTION RATIONNELLE 3

4 FORMULE DE MOIVRE 4

5 GI FA 2013 – TEST 1 – EULER 4

6 GI FC 18/26 2013 – TEST – IPP 5

7 GI FC 34 2012 – TEST – IPP 5

8 GI FA 2013 – TEST 1 – PRIMITIVES ET IPP 5

9 GI FA 2011 – TEST 1 – IPP ET CHANGEMENT DE VARIABLE 7

10 GI FA 2012 – TEST 1 – IPP ET CHANGEMENT DE VARIABLE 7

11 GI FC 34 2011 – TEST – CHANGEMENT DE VARIABLE 8

12 INTEGRALE DOUBLE 8

13 GI FC 18/26 2013 – TEST – AIRE ET VOLUME 8

14 GI FA 2012 – TEST 2 – CENTRE DE GRAVITE 9

15 GI FA 2013 – TEST 2 – CENTRE DE GRAVITE 10

16 GI FC1826 2011 – TRANCHE DE BOULE 11

17 MASSE ET CENTRE DE GRAVITE 12


sur 13


1 GI FC1826 2012 – Le paradoxe de la corne d’inabondance

La figure ci-contre montre une surface obtenue par la révolution autour de l’axe (Ox) d’un mor-

ceau d’hyperbole d’équation 1

yx

= pour

lequel x est compris entre 1 et un réel a

fixé supérieur à 1. Nous nommerons

« corne » ce type de surface.

Les sections de cette corne qui sont ortho-

gonales à l’axe de x sont donc des cercles

(un exemple en pointillés sur la figure).

1) a. Déterminer par le calcul intégral l’aire de cette corne en fonction de a.

Pour l’aire, l’élément d’intégration est l’aire latérale d’un cylindre (pointillés) de hauteur dx

et de périmètre 2πy = 2π 1

x. Aire = [ ]. ln ln

11

12 d 2 2

a ax x a

xπ = π = π∫ .

b. Déterminer par le même procédé le volume intérieur de cette corne en fonction de a.

Pour le volume intérieur, cet élément est le volume du cylindre précédent, de hauteur dx et

d’aire de base π2

1

x

. Volume = .21

1

1 1 1 1 1d 1

1

aa

xx x a a

π = π − = π − + = π − ∫ .

2) Imaginons que le volume intérieur de cette corne soit rempli de peinture. Lorsque a tend vers

l’infini, la quantité de peinture contenue suffirait-elle à peindre sa surface ?

Lorsque a tend vers l’infini, l’aire tend vers l’infini, tandis que le volume tend vers π. Quelle que

soit l’épaisseur de peinture utilisée, on ne peut peindre une surface infinie avec une quantité de

peinture finie.

Pourtant… la peinture remplit l’intérieur de la corne et est donc censée couvrir sa surface inté-

rieure !

2 Valeur moyenne et économie La valeur d’un objet A diminue avec le temps (usure due à son utilisation, obsolescence).

Pour être capable de calculer cette valeur à n’importe quel instant t, on utilise la formule :

( ) 1200

1v t

t=

+, où t désigne l’âge de l’objet en années (t = 0 : valeur de l’objet neuf) et où v(t) désigne

la valeur de l’objet, en euros, au bout de t années.

1) Calculer la valeur moyenne de l’objet sur ses quatre premières années de vie.

[ ] ( ) ( ); . ln ln ln , €4

4

0 4 00

1 1200 1d 1200 1 300 5 1 482 83

4 1 4t t

tµ = = + = − ≈ +∫

x

y

1y

x=

a x 1


sur 13


2) On décide que l’on vendra l’objet lorsque sa valeur moyenne aura atteint le tiers de sa valeur à

neuf. Dire au bout de combien de temps cela se produira, en utilisant un développement limité

en a = 6 de la fonction x ֏ ln(1+x) à l’ordre 2.

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

ln ln ln

ln ,

2 2

2

2

61 1 1 6 6 181 1 6 6 7

1 6 2 7 7 98 49 491 6

131 0 72142

98 49

x x xx x x

x xx

−+ ≈ + + − − = + − − + −

+ +

+ ≈ − + +

[ ] ( )

( )

; ln ,

, , ,

2

0

22

1200 13400 1 400 3 0 72142

98 49

3 102 16426 0 3 20 212 1 0 2945 2

98 49

ττ τµ τ τ

ττ τ τ τ

= ⇔ + = ⇔ − + + ≈

⇔ − − + ≈ ⇔ − − + ≈ ∆ =

Une seule racine est positive : τ = 5,7116 ans (5 ans et 8 mois et demie).

3 GI FC 34 2013 – Test – fonction rationnelle

Soit la fonction f d’une variable réelle x et dont l’expression est ( )3 25 3 10

2

x x xf x

x

− + +=−

.

On prendra x dans l’intervalle [3 ; 8].

1) En effectuant la division polynômiale de x x x− + +3 25 3 10 par x – 2, suivant les puissances dé-

croissantes, écrire f (x) sous la forme ( ) CP x

x+

− 2 où P(x) est un polynôme du second degré à

expliciter et C une constante réelle à déterminer.

x x x x

x x x x

x x

x x

x

x

− + + −

− − −

− + +

− +

− +− +

3 2

3 2 2

2

2

5 3 10 2

2 3 3

3 3 10

3 6

3 10

3 6

4

Donc ( )f x x xx

= − − +−

2 43 3

2, avec donc ( )P x x x= − −2 3 3 et C = 4.

2) Vérifier qu’en choisissant x = 5 on obtient bien la même valeur de f (x), suivant qu’on utilise

l’expression donnée par l’énoncé ou l’expression précédemment obtenue en question 1.

Avec ( ) x x xf x

x

− + +=−

3 25 3 10

2 : ( ) . .

f− + + − + += = =

−

3 25 5 5 3 5 10 125 125 15 10 255

5 2 3 3 ;

Avec ( )f x x xx

= − − +−

2 43 3

2 : ( ) .f = − − + = − − + = + =

−2 4 4 4 25

5 5 3 5 3 25 15 3 75 2 3 3 3

.


sur 13


3) Calculer ( ).f x x∫8

3

d (résultat exact puis valeur approchée à 0,01 près).

( ) ( )

( )

. . ln

ln , ln ln ,

88 8 3 22

3 3 3

4d 3 3 d 3 3 4 2

2 3 2

512 38596 24 4 6 9 13 5 9 4 1 4 6 71 33

3 6

x xf x x x x x x x

x

= − − + = − − + − −

= − − + − − − + = + ≈

∫ ∫

4 Formule de Moivre

( )( )

sin.

sin2

0

3déterminer d

xI x

x

π

= ∫

Formule de Moivre pour n = 3 :

( ) ( ) ( ) ( )sin cos .sin sin2 33 3x x x x= −

( )( ) ( ) ( )( )sin

. cos sin .sin

xI x x x x

x

π π

= = −∫ ∫2 22 2

0 0

3d 3 d

où l’on substitue :

( ) ( ) ( ) ( )cos coscos ; sin2 2

2 21 1

2 2 2 2

x xx x= + = −

( )( ) ( )cos . sinI x x x xπ π π= + = + = ∫2 2

001 2 2 d 2

2

5 GI FA 2013 – Test 1 – Euler

A l'aide des formules d'Euler, calculer l'intégrale ( ) ( )cos .cos .4

6

F 2 3 dt t tπ

π= ∫

La formule d'Euler : cose e

2

ix ix

x−+= va nous permettre de linéariser l'expression :

( ) ( ) ( )cos .cos2 2 3 3

2 3 2 3 2 3 2 3e e e e 12 3 e e e e e e e e

2 2 4

it it it itit it it it it it it itt t

− −− − − −+ += × = + + +

( ) ( )cos cos5 5

5 51 1 e e e e 1e e e e 5

4 2 2 2 2

it it it itit it it it t t

− −− − + += + + + = + = +

Donc l'intégrale devient :

( )cos cos . sin sin4

4

66

1 1 1F 5 d 5

2 2 5t t t t t = + = +

∫

ππ

ππ

sin sin sin sin1 1 5 1 5 1 1 2 2 1 1 1

F2 5 4 4 5 6 6 2 5 2 2 5 2 2

π π π π = + − − = − × + − × −

Après simplifications, on obtient : 2 2 3

F10

−=


sur 13


6 GI FC 18/26 2013 – Test – IPP

En effectuant une intégration par parties, obtenir la valeur exacte de .ln .e

1dx x x∫ .

Posons u’ = x et v = lnx.

.ln . ln . . ln

ln ln

e e e2 2 2 2

e e

1 11 1 1

2 2 2 2

1d d

2 2 2 4

e 1 e 1 e 1 e 1e 1

2 2 4 4 4 4 4

x x x xx x x x x x

x

= − = −

+= − − − = + =

∫ ∫

7 GI FC 34 2012 – Test – IPP

Calculer l’intégrale ln

.4

2d

xx

x∫ (en remarquant que ln

ln1x

xx x

= × , on pourra procéder à une inté-

gration par parties ou tenter une résolution directe)

Détermination directe de la primitive :

ln xx

×1 est de la forme u’.u, avec u = lnx. Or la dérivée de u² est 2u’u. Ainsi, une primitive de

ln xx

1 est ( )ln x

21

2 et ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )ln

. ln ln ln ln ln ,x

xx

= − = − = ≈∫4 2 2 2 2 2

2

1 1 3d 4 2 2 2 2 2 0 7207

2 2 2.

Intégration par parties :

Posons ln xx

×1 de la forme u’.v ; u = lnx et v’ =

1

x. Ainsi : ( )ln ln

. ln .x x

dx x dxx x

= − ∫ ∫

44 42

2 22

et donc ( ) ( ) ( )( ) ( )ln. ln ln ln ln ,

xx x

x = = − = ≈ ∫

44 2 2 2 2

2 2

1 1 3d 4 2 2 0 7207

2 2 2.

8 GI FA 2013 – Test 1 – primitives et IPP

Le but de l'exercice est le calcul de l'intégrale ( )cos .ln cos .4

0K dθ θ θ

π

= ∫ où ln désigne la fonction

logarithme népérien.

1) On considère la fonction réelle f définie sur ]-1 ; +1[ par ( )2

21

uf u

u=

−.

Déterminer les réels a, b, c tels que, pour tout u ∈ ]-1 ; +1[, ( )1 1

b cf u a

u u= + +

+ −.

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) . .

2 2

2 2

1 1 1

1 1 1 1

1 1 1

0 1

0 1 2 0 2

1 1 1 11

2 1 2 1

a u b u c u au c b u a b cb ca

u u u ua a a

f u c b c bb c

a b c b

f uu u

− + − + + − + − + + ++ + = =

+ − − −− = = − = −

= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = = + + = − + =

= − + ++ −


sur 13


2) On pose, pour x ∈ ]-1 ; +1[, ( ) ( ).0

dx

F x f u u= ∫ .

a. Déterminer ( )F x .

Une primitive de . .1 1 1 1

12 1 2 1u u

− + ++ −

est ( ) ( )ln ln ln1 1 1

1 12 2 1

uu u u u

u

+− + + − − = −−

.

On en déduit que ( ) ( ). ln0

1d

1

x xF x f u u x

x

+= = −−∫ .

b. Exprimer sa dérivée ( )F x′ à l'aide de ( )f x .

Manifestement, ( ) ( )F x f x′ = .

3) On pose, pour ;2 2

θ π π ∈ − , ( ) ( )sing Fθ θ= . En remarquant que g = F o sin, montrer que

( ) sin

cos

2

Agθθθ

′ = où A est un entier positif à déterminer.

( ) ( ) ( ) sin sin sinsin sin cos sin cos cos .

sin cos cos

2 2 2

2 2=

1g F f

θ θ θθ θ θ θ θ θ θθ θ θ

′ ′ ′= × × = × = × =−

4) En déduire la valeur de l'intégrale sin

.cos

2

4

0J d

θ θθ

π

= ∫ .

( ) ( )

( )

sinsin. ln sin ln sin

cos sin

ln ln

2

4

0

14J d 0 1 0

4 41

4

2 1 1 12 1

2 1 2 2

g gθ θθ

π π+ π π = = − = − − − π −

+= − = + −−

∫

5) A l'aide d'une intégration par parties et de la valeur de J, calculer l'intégrale K.

( ) ( )

( ) ( ) ( )

sincos .ln cos . sin .ln cos sin . .

cos

sin .ln cos ln ln ln ln

4 44

00 0K d d

1 1 1 1J 2 1 2 1 1 2

4 4 2 2 2 2

θθ θ θ θ θ θ θθ

π ππ −= = −

π π = + = + + − = + − +

∫ ∫


sur 13


9 GI FA 2011 – test 1 – IPP et changement de variable

Soit un réel ] [0 ; a ∈ + ∞ . Calculer l'intégrale ( ) ln.

1

da

a

xI a x

x= ∫ de deux manières :

a. par intégration par parties

b. en posant le changement de variable : 1

tx

=

a. Intégration par parties :

ln1

u x ux

′= ⇒ = ln1

v x vx

′= ⇐ =

Donc ( ) ( ) ( ) ( )lnln . ln ln

211

2 21d

aa

aa

xI a x x a I a

x a = − = − −

∫

D'où ( ) ( ) ( )ln ln2 2

2 0I a a a= − = et ( ) 0I a =

b. Changement de variable :

2

1 1d dt t x

x x= ⇒ = − ; bornes : ] ]1

1

a a

a ax t⇒

( ) ( )ln lnln ln2

2

1 1d d d d

x tx t x t t t t t

x t t t = × − = × − × − =

Donc I(a) devient ( ) ( )ln.

1d

a

a

tI a t I a

t= = −∫ et par conséquent ( ) 0I a =

10 GI FA 2012 – Test 1 – IPP et changement de variable

a. A l'aide d'une intégration par parties, calculer la primitive : ( ) . .2

1 e dxF x x x−= ∫

On pose : u = x, d’où u’ = 1. Puis : 2 21e e

2

x xv v− −′= − ⇐ =

( ) ( ).2 2 2 2 2

1 1 1

1 1 1 1 1 1e e d e e 2 1 e

2 2 2 2 2 4

x x x x xF x x x x K x K− − − − − = − + = − + × − + = − + +

∫

b. A l'aide d'un changement de variable, calculer l'intégrale : .1

2

20

1 dI x x= −∫

On pourra poser le changement de variable : x = cos t.

cos sin .d dx t x t t= ⇒ = − ; bornes : ] ]1 0

0 2x t

π⇒

. cos .sin . sin .sin . sin sin . sin .2 2 2 21 d 1 d d d dx x t t t t t t t t t t t− = − − = − = − = − (t ∈ [0 ; 2

π]).

[ ]cossin . sin . . sin

20 2 2 22 2

2 02 0 00

1 2 1d d d 2

2 2 4 4

t tI t t t t t t

ππ π π

π

− π = − = = = − = ∫ ∫ ∫


sur 13


11 GI FC 34 2011 – Test – changement de variable

Calculer l’intégrale 13

2

122

d

5

4

t

t t

−

+ +∫ , en posant le changement de variable

1

2X t= + .

d1

d

X

t= , donc dX = dt ; bornes : ] ]3 1 2 3

1 2 1t X

−⇒

2

2 25 5 1 11

4 4 2 2t t X X X

+ + = + − + − = +

Ainsi, l’intégrale devient : ( ) ( )arctan arctanX

X

π π π= − = − =+∫

3

21

d3 1

1 3 4 12.

12 Intégrale double Calculer l’intégrale double de la fonction d’expression f (x, y) = x + 2y sur le domaine fermé limité

par les courbes y = 2x2 et y = 1 + x2

.

Cherchons les points d’intersection de ces deux courbes :

2x2 = 1 + x2

donne x = ±1.

Pour x ∈ [-1 ; 1], x2 ≤ 1 et donc 2x2

≤ 1 + x2.

L’intégrale cherchée est donc

( )

( ) ( )( )( )

. . .

.

.

2 2

22

1 1 1 12

21 2 1

13 2 4 3 4

1

12 3 4 5

12 3 4

11

2 d d d

1 2 2 4 d

1 2 3 d 2 32 3 4 5

1 2 1 3 1 2 1 3 4 6 321 1 2

2 3 4 5 2 3 4 5 3 5 15

x x

y xx y x x

x

x

I x y y x xy y x

x x x x x x x

x x x xx x x x x x

+ +

==− = =−

=−

=−−

= + = +

= + + + + − +

= + + − − = + + − −

= + + − − − − + − − + = + − =

∫ ∫ ∫

∫

∫

13 GI FC 18/26 2013 – Test – aire et volume On se propose de rechercher l’aire et le volume d’un

« ballon de rugby ». Pour construire cette forme, en

trois dimensions, on définit d’abord une ellipse

d’équation 2 24 9 36x y+ = dans un plan (xOy) – voir

figure – puis on met cette ellipse en rotation autour

de l’axe (Ox).

On remarque d’une part que sur cette ellipse

2 244

9y x= − , et d’autre part que les sections de ce

ballon de rugby orthogonales à l’axe (Ox) sont des cercles (un exemple en pointillés).

1) Déterminer par un calcul d’intégrale le volume intérieur de ce ballon de rugby.

2

-2

O 3 -3 x

y


sur 13


L’aire d’une section (en pointillés sur la figure) vaut πy², soit 244

9x

π −

.

Par une variation infinitésimale dx, la section engendre le volume élémentaire dV = .244 d

9x x

π −

.

Le volume total est donc : V = ( ) ( )( ).3

32 3

33

4 44 d 4 12 4 12 4 16

9 27x x x x

−−

π − = π − = π − − − + = π ∫ .

2) déterminer par un calcul d’intégrale l’aire de ce ballon de rugby, en posant dans votre intégrale

le changement de variable suivant : x = 3cost.

Le périmètre d’une section (en pointillés sur la figure) vaut 2πy, soit 2

242 4 4 1

9 9

xxπ − = π − .

Par une variation infinitésimale dx, la circonférence engendre l’aire élémentaire dA = 2

4 19

xπ − .dx.

L’aire totale est donc :

( )

( ) ( )( )

cos. cos . sin sin

sin

23 0

2 2

3 0 0

2

0

1 2A 4 1 d 4 1 3 .d 12 .d 12 .d

9 2

26 6 0 0 0 6

2

x tx t t t t t t

tt

π π

− π

π

−= π − = π − − = π = π

= π − = π π − − − = π

∫ ∫ ∫ ∫

14 GI FA 2012 – Test 2 – centre de gravité On recherche ici la position du centre de gravité d’un demi-disque

de rayon R. La figure ci-contre positionne ce demi-disque dans un

repère orthonormé du plan.

1) a. Justifier que, dans ce repère, l’équation du demi-cercle est

( ) 2 2f x x= −R .

Il est clair que si x et y désignent les coordonnées d’un point du demi-cercle, le théorème de

Pythagore affirme que x² + y² = R². Et comme y est positif, on a bien ( ) 2 2f x y x= = −R .

b. Par intégration de la fonction f, vérifier que l’aire A du demi-disque vaut 21

2Rπ . On effectuera

dans l’intégrale le changement de variable x = R.cost.

x

R

R

-R O

+G


sur 13


( ). cos . sin . cos .sin . sin .

cos sin.

0

2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 0

2 2 2

00

d d 1 d d

1 2 2d

2 2 4 2

x x t t t t t t t t

t t tt

π π

− π

ππ

= − = − − = − =

− π = = − =

∫ ∫ ∫ ∫

∫

R

R

A R R R R R R

R R R

2) L’ordonnée du centre de gravité du demi-disque est donnée par la formule :

( ).2

G

1d

2f x x

y −=∫R

R

A.

Obtenir ainsi une expression de Gy en fonction de R puis positionner approximativement le

centre de gravité sur la figure proposée au-dessus.

( ) ( ). .

,

3 3 322 2 2

G 2 2 2

2 21 1d d

3 3 32 2 40 42

3

2

xxf x x x x

y − − −

− − −− = = = = = ≈

π π π π

∫ ∫RR R

R R R

R RRR

RR

RA R R

15 GI FA 2013 – Test 2 – centre de gravité Dans un repère Oxy du plan, on place un carré de côté R, ainsi

qu’un quart de cercle de centre O et de rayon R. On nomme

S1 l’aire de la zone du carré intérieure au quart de cercle (

RS

π=2

14

) et S2 l’aire de la zone extérieure (voir figure ci-

contre). S1 + S2 = S = R². On nomme G le centre de gravité du

carré, G1 celui de la zone intérieure et G2 celui de la zone exté-

rieure. L’objectif de cet exercice est de positionner G1 et G2.

1) Position de G1.

a. Donner la dérivée, par rapport à x, de ( )R x−3

2 2 2 . 1 pt

( ) ( ) ( )3 1

2 2 2 2 2 22 2d 3

2 3d 2

R x x R x x R xx

− = × − × − = − −

.

b. L’équation de ce quart de cercle est y R x= −2 2 et l’abscisse de G1 est .

Rxy x

xS

= ∫01

1

d.

Déterminer la valeur exacte de x1.

( ). .

32 2 2 32 2

0 0 01 2

1 1 1

1 1d d 3 43

3

4

R

R R R x Rxy x x R x x Rx

RS S S

− − − = = = = =

π π∫ ∫

c. Positionner G1 sur la figure sachant que son ordonnée est égale à son abscisse.

,4

0 42443

RR≈

π.

+

G1

+ G2


sur 13


2) Position de G2. (son abscisse sera notée x2)

a. On sait que 1 1 2 2G

S x S xx

S

+= . Déterminer la valeur exacte de x2.

3 23

2

2

1 1 2 2G 2 22

2

3 4 6

26 1

44

R R RR xS x S x R R

x xRS R

R

π+ − + = ⇔ = ⇔ = =ππ −−

.

b. Positionner G2 sur la figure sachant que son ordonnée est égale à son abscisse.

,0 7766

6 14

RR≈

π −

.

16 GI FC1826 2011 – tranche de boule Soit une boule (sphère + intérieur de la sphère) de rayon R,

remplie d’un matériau et que l’on coupe par un plan posi-

tionné à une distance D de son centre O. On s’intéressera ici

au volume, à la masse et au centre de gravité de la partie P

de la boule découpée ne contenant pas O.

1) Volume de P

On envisage un découpage de la partie P en tranches cir-

culaires orthogonales à l’axe (Oz). Une tranche est située

par sa cote z (entre D et R) et son épaisseur est infinité-

simale : dz.

a. Exprimer en fonction de z, D et R le volume infinitési-

mal dV d’une telle tranche.

Cette tranche cylindrique a, d’après le théorème de Pythagore, un rayon au carré de R²-z².

Ainsi, dV = π(R²-z²).dz.

b. En posant une intégrale, exprimer en fonction de D et R le volume de la partie P.

( ).3 3 3 3 2 3

2 2 2 3 2 2 3d

3 3 3 3

zz z z

− += π − = π − = π − − − = π

∫R

R

DD

R D R R D DV R R R R D

c. Retrouver, pour D = 0, le volume de la demie-boule.

En effet, pour D = 0, 32

3

RV = π .


sur 13


2) Centre de gravité de P

Par définition, la cote zG du centre de gravité G d’un volume est

.

G

d

d

z

z

z m

zm

=∫

∫. On y voit le rap-

port de deux intégrales (la deuxième étant la masse totale du volume) dans lesquelles la va-

riable sera z. L’élément de masse dm vaut ρ.dV où ρ est la masse volumique du matériau à

l’endroit considéré et où dV sera le même que précédemment : volume d’une tranche circu-

laire.

Dans la partie P, la masse volumique n’est pas constante : 2 2

ez

R zρ =

−.

a. Exprimer en fonction de D et R la masse totale de la partie P.

( ) ( ). .2 2

2 2d d d e e e

zze

m z zz

ρ = = = π − = π = π − −∫ ∫ ∫R R R R

R D

DD D DM V R

R.

b. Exprimer en fonction de D et R la cote zG de son centre de gravité.

. . .d e dzz m z z= π∫ ∫R R

D D que l’on intègre par parties (avec u = z et v’ = e

z) :

( )( ) ( )( )

. . . . . . .d e d e e d e e e e

1 e 1 e

z z zz m z z z z = π = π − π = π − − +

= π − + −

∫ ∫ ∫R R RR

R D R D

DD D D

R D

R D

R D

On a donc : ( ) ( )( )

( )( ) ( )

G

1 e 1 e 1 e 1 e

e ee ez

π − + − − + −= =

−π −

R D R D

R DR D

R D R D

17 Masse et centre de gravité Un récipient est un cône de base circulaire (hauteur 0,6 m ; rayon

0,2 m) posé sur sa pointe (origine de notre repère). Il est rempli

d’un gaz compressible dont la masse volumique varie avec z, selon

la modélisation suivante : ( ) 25e zz −=ρ . On recherche la position

du centre de gravité G de ce gaz.

On admettra que par raisons de symétrie xG = yG = 0

et aussi que : . .G

1dz z= ∫

V

Vm

ρ

où m, masse totale du gaz, vaut .dρ∫V

V .

Calculer la masse de ce gaz puis la cote zG de son centre de gravité.


sur 13


Raisonnons par empilement de tranches circulaires horizontales, chacune de cote z (donc de

rayon ,

,

0 2

0 6 3

zr z= = ) et d’épaisseur élémentaire dz. On a :

, , ,

. . . .z z

z z z

zz z zρ − −

= = =

π= = π =∫ ∫ ∫0 6 0 6 0 62

2 2 2

0 0 0

5d 5e d e d

9 9m V

Cette dernière intégrale se résout par parties (deux fois successivement) :

u = z², v’ = e-2z

; u’ = 2z, v = -0,5 e-2z

, ,,

. , . .z z z

z z

z z z z z− − −

= =

= − + ∫ ∫0 6 0 6

0 62 2 2 2 2

00 0

e d 0 5 e e d

u = z, v’ = e-2z

; u’ = 1, v = -0,5 e-2z

, ,,

. . , . , .z z z

z z

z z z z− − −

= =

= − + ∫ ∫0 6 0 6

0 62 2 2

00 0

e d 0 5 e 0 5 e d

,,, ,. . , , , ,

0 60 6

2 1 2 2 1 2

00

e d 0 3e 0 25 e 0 55e 0 25z z

z

z z− − − −

=

= − − = − + ∫

Donc

,, , ,. , , , , ,

0 6

2 2 1 2 1 2 1 2

0

e d 0 18e 0 55e 0 25 0 73e 0 25z

z

z z− − − −

=

= − − + = − +∫

et la masse totale de gaz vaut : ( ),, ,1 250 73e 0 25

9m

−π= − + , soit environ 0,05258 kg (52,58 g).

Calcul de la cote du centre de gravité du gaz : . .G

1dz z= ∫

V

Vm

ρ

,

. . .0 6

3 2

G

0

1 5d e d

9

z

z

z z z zρ −

=

π= =∫ ∫V

Vm m

, intégrale que l’on résout encore par parties :

u = z3, v’ = e

-2z ; u’ = 3z2

, v = -0,5 e-2z

, ,,

. , , . .0 6 0 6

0 63 2 3 2 2 2

00 0

e d 0 5 e 1 5 e dz z z

z z

z z z z z− − −

= =

= − + ∫ ∫ .

Or, comme on connaît cette dernière intégrale,

( ),

, , ,. , , , , , ,0 6

0 63 2 3 2 1 2 1 2

00

e d 0 5 e 1 5 0 73e 0 25 1 203e 0 375z z

z

z z z− − − −

=

= − + − + = − + ∫

Récapitulons :

( )( )

, ,,

,,

, ,. . , ,

, ,, ,

,,

,

0 6 1 23 2 1 2

G 1 21 2

0

5 5 1 203e 0 375e d 1 203e 0 375

59 0 73e 0 259 0 73e 0 25

9

0 012660 4203 m

0 03013

z

z

z z z−

− −−

−=

π π − += = − + =π − +− +

≈ ≈

∫m

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