Champs de vecteurs âĎİ^3

Champs de vecteurs $\mathbb{R}^3$

Table des matières

1.$\overrightarrow{\operatorname{rot}}$, $\overrightarrow{\operatorname{grad}}$, $\operatorname{div}$, $\Delta$ 1

1.1.Exercices : champs de $\overrightarrow{\operatorname{grad}}$ ou de $\overrightarrow{\operatorname{rot}}$ 1

2.Circulations & Green Riemann 2

2.1.Exercices 2

2.2.Lien circulation-travail 7

3.Flux & Ostrogradsky 7

3.1.Exercices 9

3.1.1.Petits exercices pédagogiques 9

3.1.2.Liens à explorer 9

3.1.3.Calculs de flux ?

3.1.4.Utilisation de Stockes ?

3.1.5.Utilisation d'Odstrogradsky ?

4.Changements de variable atypiques ?

4.0.1.Coordonnées paraboloïdales ?

1.$\overrightarrow{\operatorname{rot}}$, $\overrightarrow{\operatorname{grad}}$, $\operatorname{div}$, $\Delta$

1.1.Exercices : champs de $\overrightarrow{\operatorname{grad}}$ ou de $\overrightarrow{\operatorname{rot}}$

Soient les champs suivants. sont-ils des champs de gradient, ou des champs de rotationnel ?

$\displaystyle \vec{A} = \left( \begin{array}{c} y^2 \sqrt{z}\\ 2 y \sqrt{z} (x + 1)\\ \dfrac{1}{2 \sqrt{z} } (xy^2 + y^2) \end{array} \right)$

$\displaystyle \vec{B} = \left( \begin{array}{c} xz - x\\ - yz\\ z - x \end{array} \right)$

$\vec{C} = \left( \begin{array}{c} yz^3\\ \frac{1}{2 \sqrt{z^2 + y}} + xz^3\\ \frac{z}{\sqrt{z^2 + y}} + 3 xyz^2 \end{array} \right)$

$\vec{D} = \left( \begin{array}{c} 3 x^2 + y\\ x + z\\ y \end{array} \right)$

Réponse : $\overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{A} = \vec{0}$ puis l'on trouve $\vec{A} = \overrightarrow{\operatorname{grad}} V$ avec $V (x, y, z) = (x + 1) y^2 \sqrt{z}$.
Réponse : $\operatorname{div} \vec{B} = 0$ puis l'on trouve $\vec{B} = \overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{R}$ avec $\displaystyle \vec{R} = \left( \begin{array}{c} xy\\ xz\\ xyz \end{array} \right) .$
Réponse : $\vec{C} = \overrightarrow{\operatorname{grad}} V$ avec $V (x, y, z) = \sqrt{z^2 + y} + xyz^3$.
Réponse : $\vec{D} = \overrightarrow{\operatorname{grad}} V$ avec $V = (x^3 + xy + yz)$.

Pour $\vec{A}$ et $\vec{B}$, voir fichier champs_a_b sur :

http://lemathoscope.com/LWS_FTP/MathoscopePrepa/ dossier champs_vecteurs.

2.Circulations & Green Riemann

2.1.Exercices

Dans $\mathbb{R}^2$, calculer de deux manières si possible :

$I = \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M}$ avec $C$ le cercle de centre $A \left( \begin{array}{c} 2\\ 1 \end{array} \right)$ de rayon 2, orienté positivement, et $\vec{E} = {\small \left( \begin{array}{c} x^2\\ y^2 \end{array} \right)}$.

Réponse : $\partial_x E_y = \partial_y E_x$ donc $\vec{E}$ est conservatif.

* première méthode : $I = 0$ puisque le circuit est fermé et le champ conservatif ;

* seconde méthode : en paramétrant le cercle, on retrouve $I = 0$ par périodicité.

$\bullet$détails (cliquer sur $\circ$)

$C : \vec{M} \left\{ \begin{array}{lll} x & = & 2 + 2 \cos t\\ y & = & 1 + 2 \sin t \end{array} \right., t \in [0, 2 \pi]$ donc $\overrightarrow{\mathrm{d} M} = \left( \begin{array}{c} - 2 \sin t \mathrm{d} t\\ 2 \cos t \mathrm{d} t \end{array} \right)$.

$\displaystyle I = \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \int_{t = 0}^{2 \pi} {\small \left( \begin{array}{c} x^2\\ y^2 \end{array} \right)} \cdot {\small \left( \begin{array}{c} - 2 \sin t \mathrm{d} t\\ 2 \cos t \mathrm{d} t \end{array} \right)} = 2 \int_0^{2 \pi} (- x^2 \sin t + y^2 \cos t) \mathrm{d} t$

$\displaystyle I = 2 \int_0^{2 \pi} (- 4 (1 + 2 \cos t + \cos^2 t) \sin t + (1 + 4 \sin t + 4 \sin^2 t) \cos t) \mathrm{d} t$$\displaystyle $=0 par périodicité.

Figure 1.

Idem que le précédent mais sur le demi-cercle supérieur seulement (de $U (4, 1)$ vers $V (0, 1)$), parcouru positivement, donc de $U$ vers $V$.

Réponse :

* on résoud $\overrightarrow{\operatorname{grad}} \Phi = \vec{E} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \partial_x \Phi = x^2\\ \partial_y \Phi = y^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \Phi (x, y) = \frac{x^3}{3} + \frac{y^3}{3}$.

Alors, $I = \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \Phi (V) - \Phi (U) = \Phi (0, 1) - \Phi (4, 1) = \frac{1}{3} - \left( \frac{64}{3} + \frac{1}{3} \right) = - \frac{64}{3}$.

* par paramétrage du demi-cercle.

$\bullet$détails du calcul (cliquer sur $\circ$)

on repart du calcul précédent :

$\displaystyle I = 2 \int_0^{\pi} (- 4 (1 + 2 \cos t + \cos^2 t) \sin t + (1 + 4 \sin t + 4 \sin^2 t) \cos t) \mathrm{d} t$$\displaystyle $

$I = 2 \left[ 4 \cos t + \not{4 \cos^2 t} + \frac{4}{3} \cos^3 t + \not{\sin t} + \not{4 \sin^2 t} + \not{\frac{4}{3} \sin^3 t} \right]_0^{\pi}$

$I = 2 \left[ 4 (- 2) + \frac{4}{3} \times (- 2) \right]_0^{\pi} = - \frac{64}{3}$

Pour les deux précédents, voir fichier travail1.ggb sur :

http://lemathoscope.com/LWS_FTP/MathoscopePrepa/

(dossier champs_vecteurs).

Figure 2.

$I = \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M}$ où :

$C = \left\{ \begin{array}{l} x^2 + (y - 1)^2 = 1\\ y \geqslant 1, \end{array} \right.$ est le demi-cercle $A \rightarrow B$ parcouru de $A$ vers $B$ ;
$A (- 1 ; 1)$ et $B (1 ; 1)$ ;
et le champ $\vec{E} = \left( \begin{array}{c} y^2\\ x^2 \end{array} \right)$.

Réponse : $\overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{E} \neq \vec{0}$ donc $\vec{E}$ n'est pas un champ de gradients.

Green Riemann ne s'applique pas puisque la courbe n'est pas fermée.

Méthode directe : il faut paramétrer le demi-cercle par $C = \left\{ \left( \begin{array}{c} x = \cos t\\ y = 1 + \sin t \end{array} \right), t \text{ de $0$ � $\pi$} \right\}$.

On trouve $I = \dfrac{10}{3} + \pi$

$\bullet$détail du calcul (cliquer sur $\circ$)

$I = \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \int \left( \begin{array}{c} y^2\\ x^2 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} - \sin t\\ \cos t \end{array} \right) \mathrm{d} t = \int (- y^2 \sin t + x^2 \cos t) \mathrm{d} t$

$I = \int (\cos^2 t \cos t - (1 + 2 \sin t + \sin^2 t) \sin t) \mathrm{d} t$

$I = \int ((1 - \sin^2 t) \cos t - (1 + 2 \sin t + 1 - \cos^2 t) \sin t) \mathrm{d} t$

$I = \int ((\cos t - \cos t \sin^2 t) - (2 \sin t + 2 \sin^2 t - \sin t \cos^2 t) ) \mathrm{d} t$

$I = \int (\cos t - \cos t \sin^2 t - 2 \sin t - 2 \sin^2 t + \sin t \cos^2 t) \mathrm{d} t$

$I = \left[ \not{\sin t} - \not{\frac{\sin^3 t}{3}} + 2 \cos t - 2 \left( \frac{t}{2} - \frac{1}{4} \not{\sin (2 t)} \right) - \frac{\cos^3 t}{3} \right]_{\pi}^0$car $2 \sin^2 x = 1 - \cos (2 x)$

$I = \left[ 2 \cos t - t - \frac{\cos^3 t}{3} \right]_{\pi}^0 = \left( 2 - \frac{1}{3} \right) - \left( - 2 - \pi - \frac{(- 1)}{3} \right) = 2 - \frac{1}{3} + 2 + \pi + \frac{(- 1)}{3}$

$I = \frac{10}{3} + \pi$

Voir fichier travail2.ggb dans la dropbox

Figure 3.

$I = \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M}$ où $C$ est l'ellipse d'équation $(x - 2)^2 + \dfrac{y^2}{4} = 1$ et le champ $\vec{E} = \left( \begin{array}{c} xy\\ 1 \end{array} \right)$.

Réponse : par Green-Riemann ou directement par paramétrage, on trouve $I = - 4 \pi$.

$\bullet$Détails (cliquer sur $\circ$)

Directement : $\vec{M} \left\{ \begin{array}{l} x = 2 + \cos \theta\\ y = 2 \sin \theta \end{array} \right.$ d'où $\mathrm{d} \vec{M} \left\{ \begin{array}{l} x = - \sin \theta \mathrm{d} \theta\\ y = 2 \cos \theta \mathrm{d} \theta \end{array} \right.$ donc :
\begin{eqnarray*} I & = & \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \left( \begin{array}{c} xy\\ 1 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} - \sin \theta\\ 2 \cos \theta \end{array} \right) \mathrm{d} \theta = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (- xy \sin \theta + 2 \cos \theta) \mathrm{d} \theta\\ & = & \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (- (2 + \cos \theta) 2 \sin^2 \theta + 2 \cos \theta) \mathrm{d} \theta\\ & = & \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (- 4 \sin^2 \theta - 2 \cos \theta \sin^2 \theta + 2 \cos \theta) \mathrm{d} \theta\\ & = & \left[ - 4 \left( \frac{\theta - \not{\frac{1}{2} \sin (2 \theta)} }{2} \right) - 2 \not{\frac{\sin^3 \theta}{3}} + \not{2 \sin \theta} \right]_0^{2 \pi} = [- 2 \theta]_0^{2 \pi} = \begin{array}{|c|} \hline - 4 \pi\\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}
Par Green-Riemann :

$I = \int_{C = \partial S} \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \iint_S \left( \frac{\partial E_y}{\partial x} - \frac{\partial E_x}{\partial y} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} y = - \iint_S x \mathrm{d} x \mathrm{d} y$,

or $(x - 2)^2 + \dfrac{y^2}{4} = 1 \Leftrightarrow y = \pm 2 \sqrt{1 - (x - 2)^2}$ d'où :
\begin{eqnarray*} I & = & - \int_{x = 1 }^3 \left( x \int^{2 \sqrt{1 - (x - 2)^2}}_{y = - 2 \sqrt{1 - (x - 2)^2}} \mathrm{d} y \right) \mathrm{d} x\\ & = & - 4 \int_{x = 1 }^3 x \sqrt{1 - (x - 2)^2} \mathrm{d} x \text{ posons $x = 2 + \sin \theta$}\\ & = & - 4 \int_{x = 1 }^3 (2 + \sin \theta) \cos^2 \theta \mathrm{d} \theta = - 4 \int_{x = 1 }^3 2 \cos^2 \theta \mathrm{d} \theta\\ & = & \begin{array}{|c|} \hline - 4 \pi\\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}

Figure 4.

$I = \int_C \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M}$ où $C$ est l'ellipse d'équation $(x - 2)^2 + \dfrac{y^2}{4} = 1$ et le champ $\vec{E} = \left( \begin{array}{c} y\\ 1 \end{array} \right)$.

Réponse : Green-Riemann implique simplement de calculer l'aire d'une ellipse.
$I = \iint_D f (x, y) \mathrm{d} x \mathrm{d} y$ avec $D$ le triangle $A (1 ; - 1)$, $B (1 ; 1)$, $C (- 1 ; 0)$ et $f (x, y) = x - y^2$ de deux façons.

Réponse : directement on trouve $I = \dfrac{1}{3}$ et par Green-Riemann à l'envers, en identifiant $x - y^2$ et $\partial_x E_y - \partial_y E_x$, on trouve $\vec{E} \left( \begin{array}{c} y^3 / 3\\ x^2 / 2 \end{array} \right)$ puis $I = I_{A \rightarrow B} + I_{B \rightarrow C} + I_{C \rightarrow A} = 1 - \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3} = \begin{array}{|c|} \hline \dfrac{1}{3}\\ \hline \end{array}$.
Voir dossier le fichier 1d sur :
http://lemathoscope.com/LWS_FTP/MathoscopePrepa/
(dossier champs_vecteurs).

Résoudre $\vec{\nabla} \Phi = \vec{F}$ dans les cas suivants, puis dans chque cas, calculer $\oint_C \vec{F} \mathrm{d} \vec{R}$ le long du segment $\overline{C_1} = [O I]$ avec $I = (1, 1, 1)$ puis le long de $\invbreve{C_2} = (x, x^2, x^3)$ (qui va aussi de $O$ à $I$).
1. $\overrightarrow{F_1} = (2 xyz^3, - x^2 z^3 - 2 y, 3 x^2 yz^2)$
2. $\vec{F}_2 = (2 xy, x^2 + 2 yz, y^2 + 1)$
Réponses :
1. $\overrightarrow{F_1}$ ne dérive pas d'un potentiel ($\frac{\partial F_x}{\partial y} \neq \frac{\partial F_y}{\partial x}$ donc $\overrightarrow{\operatorname{rot}} \overrightarrow{F_1} \neq \vec{0}$).
  
  On trouve $\oint_{\overline{C_1}} \overrightarrow{F_1} \mathrm{d} \vec{R} = - \frac{1}{3}$ et $\oint_{\invbreve{C_2}} \vec{F}_1 \mathrm{d} \vec{R} = - \frac{4}{13}$.
2. $\overrightarrow{F_2}$ dérive de $\phi_2 = x^2 y + y^2 z + z + k$ et donc $\oint_{\invbreve{C_1}} \overrightarrow{F_2} \mathrm{d} \vec{R} = \oint_{\invbreve{C_2}} \overrightarrow{F_2} \mathrm{d} \vec{R} = \Phi_2 (I) - \Phi_2 (O) = 3$.

2.2.Lien circulation-travail

Trouver le travail de $\vec{F} = \left( 7 y + \sqrt{x^3 + 4}, 9 x + 2 \mathrm{e}^{y^2} \right)$ le long de l'astroïde $A$ définie par :
$\displaystyle A = \left\{ \left( \begin{array}{c} a \cos^3 t\\ a \sin^3 t \end{array} \right), t \in [0, 2 \pi] \right\} = \left\{ x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} \right\} .$
Réponse : On remarque que $\vec{F}$ et $\vec{G} = (7 y, 9 x)$ ont le même rotationnel (constant égal à 2) donc la même circulation. On a alors $W = \oint_A \vec{G} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M}$
$W_{\vec{F}} = a \int_{t = 0}^{2 \pi} (- (7 a \sin^3 t) \times 3 \cos^2 t \sin t + (9 a \cos^3 t) (3 \sin^2 t \cos t)) \mathrm{d} t$
$W_{\vec{F}} = a^2 \int_{t = 0}^{2 \pi} (- 21 \cos^2 t \sin^4 t + 27 \cos^4 t \sin^2 t) \mathrm{d} t$ $\rightsquigarrow$ Gamma
Remarque : Green-Riemann ne marche pas.
Trouver le travail de $\vec{F} (2 \mathrm{e}^{2 x} \cos (\pi y), - \pi \mathrm{e}^{2 x} \sin (\pi y))$ :
1. de $(0, 0)$ à ($1, 1$) le long de $C : x^3 (y - 1)^2 = 4 x^4 (x - 1)^3$ ;
2. autour de l'ellipse $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$.
Puis résoudre l'équa diff $F_x \mathrm{d} x + F_y \mathrm{d} y = 0$.
Réponse : $\vec{F} = \overrightarrow{\operatorname{grad}} \Phi$ avec $\Phi (x, y) = \mathrm{e}^{2 x} \cos (\pi y)$ donc :
1. $W = \Phi (1, 1) - \Phi (0, 0) = - \mathrm{e}^2 - 1$ ;
2. $W = 0$.
Équa diff : $F_x \mathrm{d} x + F_y \mathrm{d} y = 0 \Leftrightarrow \frac{\partial \Phi}{\partial x} \mathrm{d} x + \frac{\partial \Phi}{\partial y} \mathrm{d} y = 0 \Leftrightarrow \mathrm{d} \Phi = 0 \Leftrightarrow \Phi = C^{\operatorname{ste}} .$
Travail de la force $\vec{F} = {}^t (y, x, z)$ sur la courbe $C = \invbreve{A B}$, de $A (- 1, 2, 5)$ vers $B (1, 0, 1)$, intersection du plan $x + y = 1$ avec le paraboloïde $z = x^2 + y^2$.

Réponse : énoncé redondant car $\vec{F}$ dérive de $\Phi = xy + \frac{z^2}{2}$ ;
donc $W_{\vec{F}} = \Phi (B) - \Phi (A) = 0, 5 - 10, 5 = - 10$.
Travail de la force $\vec{F} = {}^t \left( - \frac{y}{z} \sin x, \frac{\cos x}{z}, - \frac{y}{z^2} \cos x \right)$ de $A \left( 0, 2, \frac{\pi}{2} \right)$ vers $B (2, 0, 2 \pi)$.

Réponse : $\vec{F}$ dérive de $\Phi = \frac{y}{z} \cos x$ donc $W_{\vec{F}} = \Phi (B) - \Phi (A) = - \frac{4}{\pi}$.
Une particule est déplacée de $O$ à $A (a, b, c)$ dans un champ de force $\vec{F} = (x + y, x - z, z - y)$, calculer le travail de $\vec{F}$.

Réponse : $\vec{F}$ dérive du potentiel $\Phi = \frac{x^2}{2} + xy - yz + \frac{z^2}{2}$ donc le travail est $W = \Phi (A) - \Phi (O)$
On peut vérifier que si l'on prend le chemin $\overline{C_1}$ci-dessus alors $W > 0$, cohérent avec le fait que $\vec{F}$ contribue au mouvement.
Une particule est déplacée par une force $\vec{F}$ de $O$ à $A (a, b, c)$, montrer que le travail de $\vec{F}$ est indépendant du chemin $C$, et ce, que $\vec{F}$ soit conservative ou non.

Réponse : vu que c'est $\vec{F}$ qui donne le mouvement, on a $m \vec{a} = \vec{F}$ donc :
$\displaystyle \oint_C \vec{F} \mathrm{d} \vec{R} = m \oint_C \vec{a} \mathrm{d} \vec{R} = m \int_{t_O}^{t_A} \vec{a} (\vec{v} \mathrm{d} t) = m \left[ \frac{1}{2} v^2 \right]_{t_O}^{t_A} .$
Montrer que $\vec{F} = (4 xy - 3 x^2 z^2, 2 x^2, - 2 x^3 z)$ est conservative et trouver le potentiel dont elle dérive. En déduire son travail entre $(1, 1, 0)$ et $(2, - 1, 1)$.

Ensuite, résoudre l'équa diff $F_x \mathrm{d} x + F_y \mathrm{d} y + F_z \mathrm{d} z = 0 (E)$.

Réponse : $\overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{F} = \vec{0}$ et l'on trouve $\Phi = 2 x^2 y - x^3 z^2$ d'où $W = - 18$.
Ensuite, $E \Leftrightarrow \vec{F} \cdot \left( \begin{array}{c} \mathrm{d} x\\ \mathrm{d} y\\ \mathrm{d} z \end{array} \right) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow{\operatorname{grad}} \Phi \cdot \left( \begin{array}{c} \mathrm{d} x\\ \mathrm{d} y\\ \mathrm{d} z \end{array} \right) \Leftrightarrow \mathrm{d} \Phi = 0$ cela signifie que $\Phi$ est constante le long du chemin, de la surface où $(E)$ est vérifiée. Si l'on avait $\overrightarrow{\operatorname{grad}} \Phi =\operatorname{Cste}$ indépendemment d'un chemin, on aurait alors $\Phi = C^{\operatorname{ste}}$ dans tout l'espace, donc a fortiori $(E)$ serait vérifiée aussi.
Une particule va dans le plan de $(0, 0)$ à $(1, 0)$ le long de la courbe $\mathcal{C} : y = \alpha x (1 - x)$.

Calculer la valeur de $\alpha$ pour que le travail de $\vec{F} (y^2 + 1, x + y)$ soit minimal.

Réponse : on vérifie que $\vec{F}$ ne dérive pas d'un potentiel.
Ensuite :

\begin{eqnarray*} W & = & \oint_{\mathcal{C}} \vec{F} \mathrm{d} \vec{R}\\ & = & \int_{x = 0}^1 \left( \begin{array}{c} y^2 + 1\\ x + y \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 1\\ \alpha (1 - 2 x) \end{array} \right) \mathrm{d} x\\ & = & \int_{x = 0}^1 \left( \begin{array}{c} \alpha^2 x^2 (1 - x)^2 + 1\\ x + \alpha x (1 - x) \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 1\\ \alpha (1 - 2 x) \end{array} \right) \mathrm{d} x\\ & = & \int_{x = 0}^1 (\alpha^2 x^2 (1 - x)^2 + 1 + (x + \alpha x (1 - x)) \alpha (1 - 2 x)) \mathrm{d} x\\ & = & \int_{x = 0}^1 (\alpha^2 (x^2 - 2 x^3 + x^4) + 1 + \alpha (x + \alpha x - \alpha x^2 - 2 x^2 - 2 \alpha x^2 + 2 \alpha x^3)) \mathrm{d} x\\ & = & \int_{x = 0}^1 (1 + (\alpha + \alpha^2) x + (- 2 \alpha - 2 \alpha^2) x^2 + \alpha^2 x^4) \mathrm{d} x\\ & = & 1 + (\alpha + \alpha^2) \frac{1}{2} + (- 2 \alpha - 2 \alpha^2) \frac{1}{3} + \alpha^2 \frac{1}{5}\\ & = & 1 - \frac{\alpha}{6} + \frac{\alpha^2}{30}, \end{eqnarray*}
minimal pour $\alpha = \frac{- b}{2 a} = \frac{1 / 6}{2 / 30} = \frac{5}{2}$ et alors $W = \frac{19}{24}$. Dans tous les cas, le travail de $\vec{F}$ sera donc positif.
Une particule est attirée vers $O$ par une force centripète en $r^3$. Quel est votre travail si vous déplacez cette particule de $O$ à $A (2, 3)$ le long de du chemin $C : y = x^2$ possédant un coefficient de friction $\mu$ ?
Réponse : on pose :
- $\vec{u} = \frac{1}{r} {\color{brown}{\left( \begin{array}{c} x\\ y \end{array} \right)}} =$ ;$\frac{1}{r} \left( \begin{array}{c} x\\ x^2 \end{array} \right) = \frac{x}{r} \left( \begin{array}{c} 1\\ x \end{array} \right)$
- $\vec{T} = \frac{1}{v} \vec{v} = \frac{1}{v} \left( \begin{array}{c} \mathrm{d} x\\ \mathrm{d} y \end{array} \right)$ avec $v = \sqrt{(\mathrm{d} x)^2 + (\mathrm{d} y)^2} = \sqrt{1 + 4 x^2} \mathrm{d} x$ ;
- $\vec{N} = \frac{1}{v} \left( \begin{array}{c} - \mathrm{d} y\\ \mathrm{d} x \end{array} \right)$
- Force centripète : $\overrightarrow{F_O} = - kr^3 \vec{u} = - kr^2 {\color{brown}{\left( \begin{array}{c} x\\ y \end{array} \right)}} = - k \left( \begin{array}{c} x (x^2 + y^2)\\ y (x^2 + y^2) \end{array} \right)$, cette force dérive de $\Phi = - k \left( \frac{x^4}{4} + \frac{y^4}{4} + \frac{1}{2} x^2 y^2 \right)$, donc $W_{\overrightarrow{F_0}} = \Phi (A) - \Phi (0) = - 100 k$.
- Force de friction : $\overrightarrow{F_{\operatorname{fr}}} = - \mu (\overrightarrow{F_0} / \vec{N}) \vec{T}$. Or :
  
  $\overrightarrow{F_0} / \vec{N} = - kr^2 {\color{brown}{\left( \begin{array}{c} x\\ y \end{array} \right)}} \cdot \frac{1}{v} \left( \begin{array}{c} - \mathrm{d} y\\ \mathrm{d} x \end{array} \right) = - kr^2 \cfrac{1}{v} (- x \mathrm{d} y + y \mathrm{d} x)$
  
  $\overrightarrow{F_0} / \vec{N} = - kr^2 \cfrac{1}{v} (- 2 x^2 + x^2) \mathrm{d} x = kr^2 \cfrac{1}{v} x^2 \mathrm{d} x$
  
  d'où $\overrightarrow{F_{\operatorname{fr}}} = - \mu kr^2 \cfrac{1}{v^2} x^2 \mathrm{d} x \left( \begin{array}{c} \mathrm{d} x\\ \mathrm{d} y \end{array} \right) = - \mu kr^2 \cfrac{1}{(1 + 4 x^2)} x^2 \left( \begin{array}{c} 1\\ 2 x \end{array} \right)$.
  
  d'où enfin :
  \begin{eqnarray*} W / \overrightarrow{F_{\operatorname{fr}}} & = & - \int_{x = 0}^2 \mu kr^2 \cfrac{1}{(1 + 4 x^2)} x^2 \left( \begin{array}{c} 1\\ 2 x \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} \mathrm{d} x\\ \mathrm{d} y \end{array} \right)\\ & = & - \mu k \int_{x = 0}^2 r^2 \cfrac{1}{(1 + 4 x^2)} x^2 \left( \begin{array}{c} 1\\ 2 x \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 1\\ 2 x \end{array} \right) \mathrm{d} x\\ & = & - \mu k \int_{x = 0}^2 r^2 x^2 \mathrm{d} x\\ & = & - \mu k \int_{x = 0}^2 (x^4 + x^6) \mathrm{d} x. \end{eqnarray*}
- On trouve finalement $\begin{array}{|c|} \hline W = 100 k + \frac{864 \mu k}{35}\\ \hline \end{array}$, les deux forces $\overrightarrow{F_O}$ et $\overrightarrow{F_{\operatorname{fr}}}$ sont en travail résistant, donc le travail du déplaceur est positif.
Soit $C$ le chemin $C_1 \cup C_2$ allant de $(1, 0, 0)$ à $(0, 2, 0)$ ci-dessous.

a) On veut la circulation (le travail) de $\vec{F} = (2 xz, x^3, - z)$ le long de $C$.

b) On ferme la boucle par le pointillé bleu, calculer $\oint_{\partial \Delta} \vec{F} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} R}$.

Figure 5.

Réponse :
a) le champ n'est pas du tout conservatif donc il faut faire :
$C_1 = \{ (x, 0, z = 1 - x), x \in [1, 0] \}$ et $C_2 = \left\{ \left( 0, y, z = 1 - \frac{y}{2} \right), y \in [0, 2] \right\}$ puis :
\begin{eqnarray*} \int_C \vec{F} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} R} & = & {\int_{x = 1}^0 \vec{F} \cdot \mathrm{d} \left( \begin{array}{c} x\\ 0\\ 1 - x \end{array} \right)} + {\int_{y = 0}^2 \vec{F} \cdot \mathrm{d} \left( \begin{array}{c} 0\\ y\\ 1 - \frac{y}{2} \end{array} \right)}\\ & = & {\int_{x = 1}^0 \vec{F} \cdot \left( \begin{array}{c} \mathrm{d} x\\ 0\\ - \mathrm{d} x \end{array} \right)} + {\int_{y = 0}^2 \vec{F} \cdot \left( \begin{array}{c} 0\\ \mathrm{d} y\\ - \frac{\mathrm{d} y}{2} \end{array} \right)}\\ & = & {\int_{x = 1}^0 (2 xz + z) \mathrm{d} x} + {\int_{y = 0}^2 \left( \not{x^3} + \frac{z}{2} \right) \mathrm{d} y}\\ & = & {\int_{x = 1}^0 (2 x + 1) (1 - x) \mathrm{d} x} + {\int_{y = 0}^2 \left( \frac{1}{2} - \frac{y}{4} \right) \mathrm{d} y}\\ & = & {\int_{x = 1}^0 (- 2 x^2 + x + 1) \mathrm{d} x} + {1 - \frac{1}{4} \int_{y = 0}^2 y \mathrm{d} y}\\ & = & {\left[ - 2 \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} \right]_1^0 - 1} + {1 - \frac{1}{4} \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^2}\\ & = & {\frac{2}{3} - \frac{1}{2} - 1} + {1 - \frac{1}{2}} = {- \frac{5}{6}} + {\frac{1}{2}} = \begin{array}{|c|} \hline - \frac{1}{3}\\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}
b) méthode 1 : on nomme $C_3 = \{ (x, 2 - 2 x, z = 0), x \in [0, 1] \}$ le pointillé bleu et on rajoute :
\begin{eqnarray*} \int_{C_3} \vec{F} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} R} & = & \int_{x = 0}^1 \vec{F} \cdot \mathrm{d} \left( \begin{array}{c} x\\ 2 - 2 x\\ 0 \end{array} \right)\\ & = & \int_{x = 0}^1 \vec{F} \cdot \left( \begin{array}{c} \mathrm{d} x\\ - 2 \mathrm{d} x\\ 0 \end{array} \right)\\ & = & \int_{x = 0}^1 (2 xz - 2 x^3) \mathrm{d} x\\ & = & \int_{x = 0}^1 - 2 x^3 \mathrm{d} x\\ & = & \left[ - 2 \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = - \frac{1}{2} . \end{eqnarray*}
Donc la circulation totale est $\oint_{\Delta} \vec{F} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} R} = - \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = \begin{array}{|l|} \hline - \frac{5}{6}\\ \hline \end{array}$.
méthode 2 : on applique Green-Riemann.
On paramètre par $(x, y, z) = \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right) + u \left( \begin{array}{c} 1\\ 0\\ - 1 \end{array} \right) + v \left( \begin{array}{c} 0\\ 2\\ - 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} u\\ 2 v\\ 1 - u - v \end{array} \right)$ où $\left\{ \begin{array}{l} u, v \geqslant 0\\ u + v \leqslant 1 \end{array} \right.$.
La normale est $\overrightarrow{\mathrm{d} S} = \overrightarrow{\partial_u M} \wedge \overrightarrow{\partial_v M} = (2, 1, 2)$ et $\overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{F} (x, y, z) = (0, 2 x, 3 x^2)$/
\begin{eqnarray*} \oint_{\partial \Delta} \vec{F} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} R} & = & \iint_{\Delta} \overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{F} (x, y, z) \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} \mathrm{d} u \mathrm{d} v\\ & = & \iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} u, v \geqslant 0\\ u + v \leqslant 1 \end{array}$}}} (2 x + 6 x^2) \mathrm{d} u \mathrm{d} v\\ & = & 2 \iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} u, v \geqslant 0\\ u + v \leqslant 1 \end{array}$}}} (u + 3 u^2) \mathrm{d} u \mathrm{d} v\\ & = & 2 \int_{v = 0}^1 \left( \left[ \frac{1}{2} u^2 + u^3 \right]_0^{1 - v} \right) \mathrm{d} v\\ & = & 2 \int_{v = 0}^1 \left( \frac{1}{2} (1 - v)^2 + (1 - v)^3 \right) \mathrm{d} v\\ & = & \begin{array}{|c|} \hline - \frac{5}{6}\\ \hline \end{array} . \end{eqnarray*}

3.Flux & Ostrogradsky

3.1.Exercices

3.1.1.Petits exercices pédagogiques

Calculer le flux « montant » de $\vec{E} \left( \begin{array}{c} xy\\ y + 1\\ y^2 \end{array} \right)$ à travers le disque $z = 1$ et $x^2 + y^2 \leqslant 1$ de deux manières :
- avec un vecteur $\vec{N}$ intuitif et en pensant au jacobien ;
- avec le vecteur $\vec{N}$ donné par le cours.
Réponse :
- Avec $\vec{N} (0, 0, 1)$ évident, on a $\displaystyle \Phi = \iint_S \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = \int_{r = 0}^1 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \vec{E} \cdot \vec{N} r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta$
  
  puis $\displaystyle \Phi = \int_{r = 0}^1 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} y^2 r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta$=$\displaystyle \int_{r = 0}^1 r^3 \mathrm{d} r \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \sin^2 \theta \mathrm{d} \theta$=$\displaystyle $$\displaystyle \frac{\boldsymbol{\pi}}{4}$.
- Avec $M (r \cos \theta, r \sin \theta, 1)$, on a $\vec{N} = \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial r} \wedge \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial \theta} = \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ 0 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - r \sin \theta\\ r \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ r \cos^2 \theta + r \sin^2 \theta = r \end{array} \right) = r \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right)$ : on retrouve donc le même calcul.
Calculer $\vec{N}$ pour $M (x, y, z)$ parcourant une sphère.

Réponse :

$S = \{ M = (x, y, z) / x, y, z \in [0, 1] / x^2 + y^2 + z^2 = 1 \} = \left\{ M = \left( x, y, \pm \sqrt{1 - x^2 - y^2} \right), (x, y) \in [- 1, 1]^2 \right\}$,

donc : $\vec{N} = \pm \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial x} \wedge \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial y} = \pm \left( \begin{array}{c} 1\\ 0\\ \pm \frac{- x}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}} \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} 0\\ 1\\ \pm \frac{- y}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}} \end{array} \right) = \pm \left( \begin{array}{c} \pm \frac{x}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}\\ \pm \frac{y}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}\\ 1 \end{array} \right)$.

Pour comprendre ce $\vec{N}$ trouvé, multiplions-le par $| z | = \sqrt{1 - x^2 - y^2}$ on obtient $\vec{N}' \left( \begin{array}{c} \pm x\\ \pm y\\ | z | \end{array} \right)$,

soit $\vec{N} = \left( \begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array} \right) = \overrightarrow{e_{\rho}}$ sur l'hémisphère nord.

3.1.2.Liens à explorer

un post sur les-mathématiques.net.

3.1.3.Calculs de flux

Flux de $\vec{F} = (- x, - y, z^3)$ à travers le cone tronqué $\displaystyle S : \left\{ \begin{array}{l} z = \sqrt{x^2 + y^2}\\ 1 \leqslant z \leqslant 3 \end{array} \right.$ orienté vers le bas.

Réponse : $S$ paramétré par $\left( \begin{array}{c} x = r \cos \theta\\ y = r \sin \theta\\ z = r \end{array} \right), \theta \in [0, 2 \pi], 1 \leqslant r \leqslant 3$,

vecteur normal $\overrightarrow{\mathrm{d} S} = \pm \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ 1 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - r \sin \theta\\ r \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) = \pm \left( \begin{array}{c} - r \cos \theta\\ - r \sin \theta\\ r \end{array} \right) = \pm r \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ - 1 \end{array} \right)$ on prend $-$ :
\begin{eqnarray*} \oiint \vec{F} \overrightarrow{\mathrm{d} S} & = & \oiint \vec{F} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta\\ & = & - \oiint (x \cos \theta + y \sin \theta + z^3) r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta\\ & = & - 2 \pi \int_{r = 1}^3 (r^2 + r^4) \mathrm{d} r\\ & = & - 2 \pi \left( \frac{27 - 1}{3} + \frac{243 - 1}{5} \right) = - \frac{1712}{15} \pi \end{eqnarray*}
$\vec{F}$ un champ de force cengrifuge ou centripète en $\frac{1}{r^2}$ (ex : champ de gravité)

Montrer que le flux à travers une sphère de centre $0$ est indépendant du rayon.

Réponse : $\vec{F} = c \frac{1}{\rho^2} \mathrm{e}_{\rho}$ puis $\iint_S \vec{F} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = \int_{\theta} \int_{\varphi} \frac{c}{\rho^2} \rho^2 \cos \varphi \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta = c \int_{\theta} \int_{\varphi} \cos \varphi \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta = 4 \pi c$
Flux de $\vec{F} = (xz, x, y)$ à travers l'hémisphère $\displaystyle H : \left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 + z^2 = 5^2\\ y \geqslant 0 \end{array} \right.$ orienté vers les $y > 0$.

Réponse : $S$ paramétré par $\left( \begin{array}{c} x = 5 \cos \varphi \cos \theta\\ y = 5 \sin \varphi\\ z = 5 \cos \varphi \sin \theta \end{array} \right), \theta \in [0, 2 \pi], \varphi \in \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]$,
vecteur normal $\overrightarrow{\mathrm{d} S} = \pm 25 \left( \begin{array}{c} - \sin \varphi \cos \theta\\ \cos \varphi\\ - \sin \varphi \sin \theta \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - \cos \varphi \sin \theta\\ 0\\ \cos \varphi \cos \theta \end{array} \right) = \pm 25 \cos \varphi \left( \begin{array}{c} \cos \varphi \cos \theta\\ \sin \varphi\\ \cos \varphi \sin \theta \end{array} \right)$ :
\begin{eqnarray*} \oiint \vec{F} \overrightarrow{\mathrm{d} S} & = & {\small \oiint \left( \begin{array}{c} xz\\ x\\ y \end{array} \right) \times \left( \begin{array}{c} \cos \varphi \cos \theta\\ \sin \varphi\\ \cos \varphi \sin \theta \end{array} \right) r^2 \cos \varphi \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta}\\ & = & \oiint (25 \cos^3 \varphi \cos^2 \theta \sin \theta + 5 \cos \varphi \sin \varphi \cos \theta + 5 \sin \varphi \cos \varphi \sin \theta) r^2 \cos \varphi \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta\\ & = & \begin{array}{r} \int_{\varphi} \int_{\theta} 5^4 \cos^4 \varphi \cos^2 \theta \sin \theta \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta + \int_{\varphi} \int_{\theta} 5^3 \cos^2 \varphi \sin \varphi \cos \theta \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta\\ + \int_{\varphi} \int_{\theta} 5^3 \sin \varphi \cos^2 \varphi \sin \theta \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta \end{array} \\ & & \\ & = & \begin{array}{r} 5^4 \int_{\varphi} \cos^4 \varphi \mathrm{d} \varphi \not{\int_{\theta} \cos^2 \theta \sin \theta \mathrm{d}} \theta + 5^3 \int_{\varphi} \cos^2 \varphi \sin \varphi \mathrm{d} \varphi \not{\int_{\theta} \cos \theta \mathrm{d} \theta}\\ + 5^3 \int_{\varphi} \sin \varphi \cos^2 \varphi \mathrm{d} \varphi \not{\int_{\theta} \sin \theta \mathrm{d} \theta} \end{array}\\ & = & 0. \end{eqnarray*}
L'eau de mer a pour densité $\rho = 1025\operatorname{kg}/ m^3$ et subit un flot $\vec{v} = (y, x, 0)$ (l'unité est le $m / s$).

Calculer le flux sortant de l'eau à travers l'hémisphère $\left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 + z^2 = 3^2\\ z \geqslant 0 \end{array} \right.$.

Réponse : $S : \left( \begin{array}{c} x = r \cos \theta \cos \varphi\\ y = r \sin \theta \cos \varphi\\ z = r \sin \varphi \end{array} \right)$ avec $r = 3$ donc
$\vec{n} = \frac{\pm 1}{\| \vec{n} \|} \left( \begin{array}{c} - r \sin \theta \cos \varphi\\ r \cos \theta \cos \varphi\\ 0 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - r \cos \theta \sin \varphi\\ - r \sin \theta \sin \varphi\\ r \cos \varphi \end{array} \right) = \frac{\pm 1}{\| \vec{n} \|} \left( \begin{array}{c} r^2 \cos^2 \varphi \cos \theta\\ r^2 \cos^2 \varphi \sin \theta\\ r^2 \sin \varphi \cos \varphi \end{array} \right) = \frac{\pm 1}{\| \vec{n} \|} \left( \begin{array}{c} \cos^2 \varphi \cos \theta\\ \cos^2 \varphi \sin \theta\\ \sin \varphi \cos \varphi \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} \cos \varphi \cos \theta\\ \cos \varphi \sin \theta\\ \sin \varphi \end{array} \right)$
$\iint_S \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{\varphi = 0}^{\pi / 2} \left( \begin{array}{c} y\\ x\\ 0 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} \cos \varphi \cos \theta\\ \cos \varphi \sin \theta\\ \sin \varphi \end{array} \right) r^2 \cos \varphi \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta$
$\iint_S \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = r^2 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{\varphi = 0}^{\pi / 2} (y \cos \theta + x \sin \theta) \cos^2 \varphi \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta$
$\iint_S \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = r^3 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{\varphi = 0}^{\pi / 2} \cos^2 \varphi (\sin \theta \cos \theta \cos \varphi + \cos \theta \sin \theta \cos \varphi) \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta$
$\iint_S \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = r^3 \not{\int_{\theta = 0}^{2 \pi} \sin \theta \cos \theta \mathrm{d} \theta} \times \int_{\varphi = 0}^{\pi / 2} 2 \cos^3 \varphi \mathrm{d} \varphi = 0.$
Ensuite on applique Euler : $\frac{\mathrm{d} M}{\mathrm{d} t} = \rho \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = 0$ donc ici l'eau sort autant qu'elle rentre.

3.1.4.Utilisation de Stockes

Circulation du champ $\overrightarrow{v} = \left( \begin{array}{c} \mathrm{e}^{- x^2} - yz\\ \mathrm{e}^{- y^2} - xz + 2 x\\ \mathrm{e}^{- z^2} \end{array} \right)$ autour de la courbe fermée $\partial S$ constituée par l'intersection :
- de la sphère $x^2 + y^2 + z^2 = 2$ ;
- et du paraboloïde $z = x^2 + y^2$.
On peut résoudre cet exercice de 6 méthodes différentes.

Réponse :

$C = 2 \pi$

.

$\circ$Calcul détaillé (cliquer sur $\circ$)

Approche géométrique $\partial S$ est le cercle situé dans un plan horizontal $z = 1$ et d'équation cartésienne $x^2 + y^2 = 1$, paramétrable en sphériques par $M \left( \rho = 2, \theta \in [0, 2 \pi], \varphi = \frac{\pi}{4} \right)$.

méthode 1 calcul direct de la circulation, en cylindriques

On paramètre $\partial S$ par $M (\cos \theta, \sin \theta, 1)$ (en sphériques ça ferait pareil) d'où $\overrightarrow{\mathrm{d} M} = \left( \begin{array}{c} - \sin \theta\\ \cos \theta\\ 0 \end{array} \right)$ donc :

$C = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \left( \begin{array}{c} \mathrm{e}^{- \cos^2 \theta} - \sin \theta\\ \mathrm{e}^{- \sin^2 \theta} + \cos \theta\\ \mathrm{e}^{- 1} \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} - \sin \theta\\ \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) \mathrm{d} \theta = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \left( 1 - \not{\mathrm{e}^{- \cos^2 \theta} \sin \theta} + \not{\cos \theta \mathrm{e}^{- \sin^2 \theta}} \right) \mathrm{d} \theta$

méthode 2 Stockes en cylindriques à travers le disque

$\oint_{\partial S} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \iint_S \overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S}$, or $\overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{v} = (x, - y, 2)$ donc $C = \oint_{\partial S} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \iint_{r \leqslant 1} \overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{v} \cdot \vec{k} r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta$ avec $\vec{k} (0, 0, 1)$.

d'où $C = \iint_{r \leqslant 1} 2 r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta = 2 \pi$

méthode 3 Deux champs ayant le même $\overrightarrow{\operatorname{rot}}$ ont les mêmes circulations (sur tout chemin fermé).

Ici on peut sucrer les exponentielles :

$\overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{v} = \overrightarrow{\operatorname{rot}} \left( \begin{array}{c} \mathrm{e}^{- x^2} - yz\\ \mathrm{e}^{- y^2} - xz + 2 x\\ \mathrm{e}^{- z^2} \end{array} \right) = \overrightarrow{\operatorname{rot}} \left( \begin{array}{c} - yz\\ - xz + 2 x\\ 0 \end{array} \right)$ donc les deux champs $\left( \begin{array}{c} \mathrm{e}^{- x^2} - yz\\ \mathrm{e}^{- y^2} - xz + 2 x\\ \mathrm{e}^{- z^2} \end{array} \right)$ et $\left( \begin{array}{c} - yz\\ - xz + 2 x\\ 0 \end{array} \right)$ ont les mêmes circulations (sur tout chemin fermé) : $C = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \left( \begin{array}{c} - \sin \theta\\ + \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} - \sin \theta\\ \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) \mathrm{d} \theta = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} 1 \mathrm{d} \theta = 2 \pi$.

méthode 4 Stockes sur la calotte sphérique, en sphériques

$\oint_{\partial S} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \iint_S \overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S}$ et $\overrightarrow{\operatorname{rot}} \vec{v} = (x, - y, 2)$.

On paramètre la calotte sphérique à l'anglaise par $M (x, y, z) = \left( \sqrt{2} \sin \varphi \cos \theta, \sqrt{2} \sin \varphi \sin \theta, \sqrt{2} \cos \varphi \right)$ pour $\theta \in [0, 2 \pi]$ et $\varphi \in \left[ 0, \frac{\pi}{4} \right]$ donc $\overrightarrow{\partial_{\theta} M} \wedge \overrightarrow{\partial_{\varphi} M} = 2 \left( \begin{array}{c} - \sin \varphi \sin \theta\\ \sin \varphi \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} \cos \varphi \cos \theta\\ \cos \varphi \sin \theta\\ - \sin \varphi \end{array} \right)$

$\overrightarrow{\partial_{\theta} M} \wedge \overrightarrow{\partial_{\varphi} M} = 2 (- \sin^2 \varphi \cos \theta, - \sin \theta \sin^2 \varphi, - \cos \varphi \sin \varphi)$ vers le bas donc on prend l'opposé.

donc $C = \oint_{\partial S} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = 2 \iint_{\theta, \varphi} (x, - y, 2) \cdot (\sin^2 \varphi \cos \theta, \sin \theta \sin^2 \varphi, \cos \varphi \sin \varphi) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} \varphi$.

$C = 2 \iint_{\theta, \varphi} (\sin^3 \varphi \cos^2 \theta - \sin^2 \theta \sin^3 \varphi + 2 \cos \varphi \sin \varphi) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} \varphi$

$C = \underset{\hspace{2.6em} \operatorname{nul}}{2 \int_{\theta} \underbrace{\left\{ \int_{\varphi} \sin^3 \varphi \cos^2 \theta \mathrm{d} \varphi - 2 \int_{\theta} \int_{\varphi} \sin^2 \theta \sin^3 \varphi \mathrm{d} \varphi \right\}} \mathrm{d} \theta} + 4 \int_{\theta} \int_{\varphi} \cos \varphi \sin \varphi \mathrm{d} \theta \mathrm{d} \varphi$

$C = 8 \pi \int_{\varphi} \cos \varphi \sin \varphi \mathrm{d} \varphi = 4 \pi \int_{\varphi = 0}^{\pi / 4} \sin (2 \varphi) \mathrm{d} \varphi = - 2 \pi [\cos (2 \varphi)]_{\varphi = 0}^{\pi / 4} = 2 \pi$.

méthode 5 Stockes sur la calotte sphérique, en cartésiennes

$M (r \cos \theta, r \sin \theta, 2 - r^2)$ donc $\overrightarrow{\partial_r M} \wedge \overrightarrow{\partial_{\theta} M} = \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ - 2 r \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - r \sin \theta\\ r \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 2 r^2 \cos \theta\\ 2 r^2 \cos \theta\\ r \end{array} \right)$

$C = \oint_{\partial S} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \iint_{\theta, \varphi} 2 r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r = 4 \pi \int r \mathrm{d} r = 2 \pi$

méthode 6 Stockes sur le paraboloïde, en cartésiennes

$M (r \cos \theta, r \sin \theta, r^2)$ donc $\overrightarrow{\partial_r M} \wedge \overrightarrow{\partial_{\theta} M} = \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ 2 r \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - r \sin \theta\\ r \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} - 2 r^2 \cos \theta\\ - 2 r^2 \cos \theta\\ r \end{array} \right)$ vers le haut donc ok.

$C = \oint_{\partial S} \vec{v} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \iint_{\theta, \varphi} 2 r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r = 4 \pi \int r \mathrm{d} r = 2 \pi$.
Calculer le flux « descendant » de $\vec{E} \left( \begin{array}{c} y\\ z\\ x^2 \end{array} \right)$ à travers le paraboloïde $\left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 \leqslant z\\ 0 \leqslant z \leqslant 2 \end{array} \right.$ par plusieurs méthodes.

On trouve

$\pi$

.

Méthode 1 : $\operatorname{div} \vec{E} = 0$ donc le flux sortant à travers le paraboloïde fermé par le plan $z = 2$ est nul.
Alors $\Phi_{\downarrow \operatorname{parabo}} = - \Phi_{\uparrow \operatorname{couvercle}}$ et $\Phi_{\uparrow \operatorname{couvercle}} = \int_{r = 0}^{\sqrt{2}} \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (\vec{E} \cdot \vec{k}) r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta = \int_{r = 0}^{\sqrt{2}} \int_{\theta = 0}^{2 \pi} r^3 \cos^2 \theta \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta = \begin{array}{|c|} \hline \pi\\ \hline \end{array}$.
Méthode 2 avec Stockes : on trouve $\overrightarrow{R_1} = \left( \begin{array}{c} R_x = \frac{1}{2} z^2\\ R_y = \frac{x^3}{3}\\ R_z = \frac{1}{2} y^2 \end{array} \right)$ et $\overrightarrow{R_2} = \left( \begin{array}{c} - yx^2\\ - yz\\ - xz \end{array} \right)$.
Paramétrons le cercle par $M {\small \left( \sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta, 2 \right)}$ et alors :
$\Phi_{\uparrow \operatorname{couvercle}} = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \overrightarrow{R_1} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \sqrt{2} \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \left( - \frac{z^2}{2} \sin \theta + \frac{x^3}{3} \cos \theta \right) \mathrm{d} \theta = {\small \sqrt{2} \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \left( - 2 \not{\sin \theta} + \frac{2 \sqrt{2}}{3} \cos^4 \theta \right) \mathrm{d} \theta} = \begin{array}{|c|} \hline \pi\\ \hline \end{array}$
car $\cos^4 x = \frac{1}{8} (3 + \cos (4 x) + 4 \cos (2 x))$.
$\Phi_{\uparrow \operatorname{couvercle}} = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \overrightarrow{R_2} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} M} = \sqrt{2} \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (yx^2 \sin \theta - yz \cos \theta) \mathrm{d} \theta = {\small 4 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (\cos^2 \theta \sin^2 \theta - \sin \theta \cos \theta) \mathrm{d} \theta = \begin{array}{|c|} \hline \pi\\ \hline \end{array}}$.
Méthode 3 calcul bourrin : $M \left( \begin{array}{c} x = \sqrt{z} \cos \theta\\ y = \sqrt{z} \sin \theta\\ z \end{array} \right), z \in [0, 2], \theta \in [0, 2 \pi]$.
$\vec{N} = \pm \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial \theta} \wedge \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial z} = \pm \left( \begin{array}{c} - \sqrt{z} \sin \theta\\ \sqrt{z} \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} \frac{1}{2 \sqrt{z}} \cos \theta\\ \frac{1}{2 \sqrt{z}} \sin \theta\\ 1 \end{array} \right)$ on prend $\vec{N} = - \left( \begin{array}{c} \sqrt{z} \cos \theta\\ \sqrt{z} \sin \theta\\ - 1 / 2 \end{array} \right)$ donc :
$\Phi = \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{z = 0}^2 \vec{E} \cdot \vec{N} \mathrm{d} z \mathrm{d} \theta = - \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{z = 0}^2 \left( \sqrt{z} y \cos \theta + \sqrt{z} z \sin \theta - x^2 / 2 \right) \mathrm{d} z \mathrm{d} \theta$
$\Phi = - \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{z = 0}^2 \left( z \sin \theta \cos \theta + \sqrt{z} z \sin \theta - \frac{z \cos^2 \theta}{2} \right) \mathrm{d} z \mathrm{d} \theta = \begin{array}{|c|} \hline \pi\\ \hline \end{array} .$

3.1.5.Utilisation d'Odstrogradsky

Charge contenue par un cube de sommets $(\pm 1, \pm 1, \pm 1)$ dans un champ $\vec{E} = (x, 2 y, 3 z)$.

Rappel : la charge est $\varepsilon_0$ fois le flux sortant de $\vec{E}$.

Réponse :
\begin{eqnarray*} \operatorname{charge} & = & \varepsilon_0 \iint_S \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S}\\ & = & {\small \underset{12}{\underbrace{\iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} | x | \leqslant 1\\ | y | \leqslant 1\\ z = 1 \end{array}$}}} \left( \begin{array}{c} x\\ 2 y\\ 3 z \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} y}} + \underset{12}{\underbrace{\iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} | x | \leqslant 1\\ | y | \leqslant 1\\ z = - 1 \end{array}$}}} \left( \begin{array}{c} x\\ 2 y\\ 3 z \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ - 1 \end{array} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} \underset{}{} y}} = 24}\\ & + & {\small \underset{8}{\underbrace{\iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} | x | \leqslant 1\\ | z | \leqslant 1\\ y = 1 \end{array}$}}} \left( \begin{array}{c} x\\ 2 y\\ 3 z \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} y}} + \underset{8}{\underbrace{\iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} | x | \leqslant 1\\ | z | \leqslant 1\\ y = - 1 \end{array}$}}} \left( \begin{array}{c} x\\ 2 y\\ 3 z \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 0\\ - 1\\ 0 \end{array} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} \underset{}{} y}} = 16}\\ & + & {\small \underset{4}{\underbrace{\iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} | y | \leqslant 1\\ | z | \leqslant 1\\ x = 1 \end{array}$}}} \left( \begin{array}{c} x\\ 2 y\\ 3 z \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} y}} + \underset{4}{\underbrace{\iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} | y | \leqslant 1\\ | z | \leqslant 1\\ x = - 1 \end{array}$}}} \left( \begin{array}{c} x\\ 2 y\\ 3 z \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} - 1\\ 0\\ 0 \end{array} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} \underset{}{} y}} = 8} \end{eqnarray*}


donc la charge est

$48 \varepsilon_0$

.

Ou bien $\operatorname{charge}= \varepsilon_0 \int_x \int_y \int_z \operatorname{div} \vec{E} \mathrm{d} x \mathrm{d} y \mathrm{d} z = \varepsilon_0 \int_x \int_y \int_z 6 \mathrm{d} x \mathrm{d} y \mathrm{d} z = 6 \times 2^3 \varepsilon_0 = \begin{array}{|c|} \hline 48 \varepsilon_0\\ \hline \end{array}$
Vérifier le théorème de la divergence (=Ostrogradsky) pour $\vec{F} = (x^2, y, z + 2)$ et la région $\left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 \leqslant 4\\ 0 \leqslant z \leqslant x^2 + y^2 \end{array} \right.$.
Réponse :
- flux cylindre :
  
  $\vec{\Phi}_{\operatorname{cylindre}} = \iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} \theta \in [0, 2 \pi]\\ 0 \leqslant z \leqslant 4 \end{array}$}}} \vec{F} \cdot \overrightarrow{e_r} r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z = \int_{\theta} \int_z \left( \begin{array}{c} x^2\\ y\\ z + 2 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} x\\ y\\ 0 \end{array} \right) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z = \int_{\theta} \int_z (x^3 + y^2) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z$
  
  $\vec{\Phi}_{\operatorname{cylindre}} = \int_{\theta} \int_z (8 \cos^3 \theta + 4 \sin^2 \theta) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z = 4 \int_{\theta} \left( 8 \not{\cos^3 \theta} + 4 \sin^2 \theta \right) \mathrm{d} \theta$
  
  $\vec{\Phi}_{\operatorname{cylindre}} = 16 \pi$.
- flux sol :
  
  $\vec{\Phi}_{\operatorname{cylindre}} = - \iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} \theta \in [0, 2 \pi]\\ 0 \leqslant r \leqslant 2 \end{array}$}}} \vec{F} \cdot \overrightarrow{e_z} r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r = - 2 \int_{\theta} \int_r r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r = - 8 \pi$.
- flux paraboloïde
  
  $r^2 = z$ qu'on paramètre par $M (r \cos \theta, r \sin \theta, r^2) .$
  
  Donc $\vec{N} = \pm \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial r} \wedge \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial \theta} = \pm \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ 2 r \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - r \sin \theta\\ r \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} - 2 r^2 \cos \theta\\ - 2 r^2 \sin \theta\\ r \end{array} \right)$ vers le haut.
  
  $\vec{\Phi}_{\text{parabolo�de}} = \iint_{\text{\scriptsize{$\begin{array}{c} \theta \in [0, 2 \pi]\\ 0 \leqslant r \leqslant 2 \end{array}$}}} \vec{F} \cdot \vec{N} \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta = \int_{\theta} \int_r \left( \begin{array}{c} x^2\\ y\\ z + 2 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} - 2 r^2 \cos \theta\\ - 2 r^2 \sin \theta\\ r \end{array} \right) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r$
  
  $\vec{\Phi}_{\text{parabolo�de}} = \int_{\theta} \int_r \left( - 2 r^4 \not{\cos^3 \theta} - 2 r^3 \sin^2 \theta + r^3 + 2 r \right) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r$
  
  $\vec{\Phi}_{\text{parabolo�de}} = \int_r ({- 2 r^3 \pi + 2 \pi r^3} + 4 \pi r) \mathrm{d} r$
  
  $\vec{\Phi}_{\text{parabolo�de}} = 8 \pi$
- flux total $\Phi = \begin{array}{|l|} \hline 16 \pi\\ \hline \end{array}$.
- Ostro
  
  $\operatorname{div} \vec{F} = 2 x + 2$ donc $I = \iiint (2 x + 2) r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z$ pour $\left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 \leqslant 4\\ 0 \leqslant z \leqslant x^2 + y^2 \end{array} \right.$d'où :
  
  $I = \int_{\theta} \int_{r = 0}^2 (2 r \cos \theta + 2) r \left( \int_{z = 0}^{r^2} \mathrm{d} z \right) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r = \int_{\theta} \int_{r = 0}^2 \left( \not{2 r \cos \theta} + 2 \right) r^3 \mathrm{d} \theta \mathrm{d} r$
  
  $I = 4 \pi \int_{r = 0}^2 r^3 \mathrm{d} r = \begin{array}{|l|} \hline 16 \pi\\ \hline \end{array}$
  
  .
Appliquer Ostrogradsky au flux sortant de $\vec{E} (xy, y + 1, y^2) $,

à travers toutes les parois du cylindre $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 \leqslant 1\\ 0 \leqslant z \leqslant 1. \end{array} \right.$
Réponse : on trouve

$\Phi = \pi$

.
$\bullet$Calculs détaillés (cliquer sur $\circ$)

$\displaystyle \Phi = \iint_S \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S}$ avec $\overrightarrow{\mathrm{d} S} = \vec{N} \mathrm{d} u \mathrm{d} v$
paroi du haut
$\displaystyle \Phi_{\operatorname{haut}} =$$\displaystyle \frac{\boldsymbol{\pi}}{4}$.

Avec $\vec{N} (0, 0, 1)$ évident, on a $\displaystyle \Phi = \iint_S \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = \int_{r = 0}^1 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \vec{E} \cdot \vec{N} r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta$

puis $\displaystyle \Phi = \int_{r = 0}^1 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} y^2 r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta$=$\displaystyle \int_{r = 0}^1 r^3 \mathrm{d} r \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \sin^2 \theta \mathrm{d} \theta$=$\displaystyle $$\displaystyle \frac{\boldsymbol{\pi}}{4}$.

Avec $M (r \cos \theta, r \sin \theta, 1)$, on a $\vec{N} = \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial r} \wedge \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial \theta} = \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ 0 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} - r \sin \theta\\ r \cos \theta\\ 0 \end{array} \right)$,

$\vec{N} = \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ r \cos^2 \theta + r \sin^2 \theta = r \end{array} \right) = r \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right)$ : on retrouve donc le même calcul.
paroi du bas

$\vec{E} \cdot \vec{N}$ ne dépend pas de $z$, donc seul le sens de $\vec{N}$ change d'où $\Phi_{\operatorname{bas}} = - \frac{\pi}{4}$.

manteau du cylindre

Manteau du cylindre : $M \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ z \end{array} \right), \theta \in [0, 2 \pi], z \in [0, 1]$.

$\overrightarrow{\mathrm{d} S} = \vec{N} \mathrm{d} u \mathrm{d} v$ et $\vec{N} = \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial \theta} \wedge \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial z} = \left( \begin{array}{c} - \sin \theta\\ \cos \theta\\ 0 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} \cos \theta\\ \sin \theta\\ 0 \end{array} \right)$

$\Phi = \iint_S \vec{E} \cdot \vec{N} \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z = \int_{\theta} \int_z (xy \cos \theta + y \sin \theta + \sin \theta) \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z$

$\Phi = \int_z \mathrm{d} z \times \int_{\theta} (\cos^2 \theta \sin \theta + \sin^2 \theta + \sin \theta) \mathrm{d} \theta$

$\Phi = \int_z \mathrm{d} z \times \int_{\theta} \sin^2 \theta \mathrm{d} \theta = \begin{array}{|c|} \hline \pi\\ \hline \end{array}$.

Flux total

$\Phi_{\operatorname{total}} = \Phi + \Phi_{\operatorname{haut}} + \Phi_{\operatorname{bas}} = \pi$.

Ostrogradsky

$\displaystyle \iint_S \vec{E} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d} S} = \iiint_V \operatorname{div} \vec{E} \mathrm{d} V$ avec $\operatorname{div} \vec{E} = y + 1$,

donc $\Phi_{\operatorname{total}} = \int_{r = 0}^1 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{z = 0}^1 (y + 1) r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} z = \int_{r = 0}^1 \left( \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (r^2 \sin \theta + r) \mathrm{d} \theta \right) \mathrm{d} r$

$\Phi_{\operatorname{total}} = \int_{r = 0}^1 \left( \int_{\theta = 0}^{2 \pi} r \mathrm{d} \theta \right) \mathrm{d} r = \begin{array}{|l|} \hline \pi\\ \hline \end{array}$.
Idem avec $\vec{E} \left( \begin{array}{c} xy\\ yz\\ x \end{array} \right)$ avec le cone $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 0 \leqslant x \leqslant 4\\ y^2 + z^2 \leqslant (4 - x)^2 \end{array} \right.$.
Réponse : $\Phi = 0$.
$\circ$Détail (cliquer sur $\circ$)
- l'équation du cone est $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 0 \leqslant x \leqslant 4\\ r = 4 - x \end{array} \right.$ ;
- Vecteur normal, on a $M \left( \begin{array}{c} x\\ (4 - x) \cos \theta\\ (4 - x) \sin \theta \end{array} \right)$ d'où :
  
  $\vec{N} = \pm \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial x} \wedge \dfrac{\overrightarrow{\partial M}}{\partial \theta} = \pm \left( \begin{array}{c} 1\\ - \cos \theta\\ - \sin \theta \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} 0\\ - (4 - x) \sin \theta\\ (4 - x) \cos \theta \end{array} \right) = \mp \left( \begin{array}{c} (4 - x)\\ (4 - x) \cos \theta\\ (4 - x) \sin \theta \end{array} \right)$ prenons $\vec{N} = \left( \begin{array}{c} (4 - x)\\ (4 - x) \cos \theta\\ (4 - x) \sin \theta \end{array} \right)$ ;
- manteau :
  
  $\Phi_{\operatorname{manteau}} = \iint \vec{E} \cdot \vec{N} \mathrm{d} x \mathrm{d} \theta = \int_{x = 0}^4 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} (xy (4 - x) + yz (4 - x) \cos \theta + x (4 - x) \sin \theta) \mathrm{d} x \mathrm{d} \theta$
  
  $\Phi_{\operatorname{manteau}} = \int_{x = 0}^4 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \left( \underset{\operatorname{nul}}{\underbrace{x (4 - x)^2 \cos \theta}} + \underset{\operatorname{nul}}{\underbrace{y (4 - x)^3 \cos^2 \theta \sin \theta}} + \underset{\operatorname{nul}}{\underbrace{x (4 - x) \sin \theta}} \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} \theta$ ;
- base, on a $M \left( \begin{array}{c} 0\\ r \cos \theta\\ r \sin \theta \end{array} \right)$ et $r \in [0, 4]$ et $\vec{N} = - \overrightarrow{e_x}$ d'où :
  
  $\Phi_{\operatorname{base}} = \iint \vec{E} \cdot \vec{N} r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta = \int_{r = 0}^4 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \underset{\operatorname{nul}}{\underbrace{(- xy)}} r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta$.
- Ostro :
  
  $\operatorname{div} \vec{E} = 0 + z + 0$ et $\int_{x = 0}^4 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{r = 0}^{4 - x} zr \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} x = \int_{x = 0}^4 \int_{\theta = 0}^{2 \pi} \int_{r = 0}^{4 - x} r^2 \sin \theta \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta \mathrm{d} x$,
  
  nul par Fubini.

4.Changements de variable atypiques

4.0.1.Coordonnées paraboloïdales

On pose :

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} x = \mu \nu \cos \varphi\\ y = \mu \nu \sin \varphi\\ z = \frac{1}{2} (\mu^2 - \nu^2) \end{array} \right.$

Exprimer $\mu, \nu, \varphi$ en fonction de $x, y, z$, puis donner les vecteurs tangeants élémentaires et les formules pour longueur d'arc, unité de surface, de volume, et gradient, divergence, laplacien, rotationnel.

Réponse : posons $\rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$ et $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ pour alléger. Alors :

$\left\{ \begin{array}{l} \mu = \sqrt{\rho + z}\\ \nu = \sqrt{\rho - z}\\ \varphi = \arctan \frac{y}{x} \end{array} \right.$et l'on a aussi $\mu^2 + \nu^2 = 2 \rho$ et $\mu \nu = r$.

$\circ$Détail (cliquer sur $\circ$)

On a $(L_1 \times L_2) : x^2 + y^2 = \mu^2 \nu^2$ donc $\left\{ \begin{array}{l} \mu^2 (- \nu^2) = - x^2 - y^2\\ \mu^2 + (- \nu^2) = 2 z \end{array} \right.$donc par somme/produit : $\left\{ \begin{array}{l} \mu = \sqrt{\rho + z}\\ \nu = \sqrt{\rho - z} \end{array} \right.$ avec le $\rho$ des sphériques.

On a aussi $(L_2 \div L_1) : \tan \varphi = \frac{y}{x}$ ce qui complète notre palmarès en $\left\{ \begin{array}{l} \mu = \sqrt{\rho + z}\\ \nu = \sqrt{\rho - z}\\ \varphi = \arctan \frac{y}{x} \end{array} \right.$.

Et aussi $\rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = \frac{1}{2} (\mu^2 + \nu^2)$.

Vecteurs tangeants élémentaires :

$\frac{\partial}{\partial \mu} \left( \begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} \nu \cos \varphi\\ \nu \sin \varphi\\ \mu \end{array} \right) = \overrightarrow{e_{\mu}}$

$\frac{\partial}{\partial \nu} \left( \begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} \mu \cos \varphi\\ \mu \sin \varphi\\ - \nu \end{array} \right) = \overrightarrow{e_{\nu}}$

$\frac{\partial}{\partial \varphi} \left( \begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} - \mu \nu \sin \varphi\\ \mu \nu \cos \varphi\\ 0 \end{array} \right) = \overrightarrow{e_{\varphi}}$

Ils forment une base orthogonale car $\overrightarrow{e_{\mu}} \times \overrightarrow{e_{\nu}} = \overrightarrow{e_{\varphi}}$.

Longueur d'arc : $\mathrm{d} s = \sqrt{{x'}^2 + y^{' 2} {+ z'}^2} \mathrm{d} t \Leftrightarrow \begin{array}{|c|} \hline \operatorname{ds}= \sqrt{(\mu^2 + \nu^2) \left( {\mu'}^2 {+ \nu'}^2 \right) + \mu^2 \nu^2 {\varphi'}^2} \mathrm{d} t\\ \hline \end{array}$

$\circ$détail (cliquer sur $\circ$)

$x' = \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = \frac{\partial x}{\partial \mu} \times \mu' + \frac{\partial x}{\partial \nu} \times \nu' + \frac{\partial x}{\partial \varphi} \times \varphi' \Rightarrow x' = \nu \cos \varphi \times \mu' + \mu \cos \varphi \times \nu' - \mu \nu \sin \varphi \times \varphi'$

$y' = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} = \frac{\partial y}{\partial \mu} \times \mu' + \frac{\partial y}{\partial \nu} \times \nu' + \frac{\partial y}{\partial \varphi} \times \varphi' \Rightarrow y' = \nu \sin \varphi \times \mu' + \nu \sin \varphi \times \nu' + \mu \nu \cos \varphi \times \varphi'$

$z' = \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} t} = \frac{\partial z}{\partial \mu} \times \mu' + \frac{\partial z}{\partial \nu} \times \nu' + \frac{\partial z}{\partial \varphi} \times \varphi' \Rightarrow z' = \mu \mu' - \nu \nu'$

${x'}^2 = (\nu \cos \varphi \times \mu' + \mu \cos \varphi \times \nu' - \mu \nu \sin \varphi \times \varphi')^2$

${x'}^2 = \nu^2 \cos^2 \varphi \mu^{' 2} + \mu^2 \cos^2 {\varphi \nu'}^2 + \mu^2 \nu^2 \sin^2 {\varphi \varphi'}^2 + 2 \mu \nu \cos^2 \varphi \mu' \nu'$

$\ldots - \mu \nu^2 \cos \varphi \sin \varphi \mu' \varphi' - \mu^2 \nu \cos \varphi \sin \varphi \nu' \varphi'$

${y'}^2 = (\nu \sin \varphi \times \mu' + \mu \sin \varphi \times \nu' + \mu \nu \cos \varphi \times \varphi')^2$

${y'}^2 = \nu^2 \sin^2 \varphi \mu^{' 2} + \mu^2 \sin^2 {\varphi \nu'}^2 + \mu^2 \nu^2 \cos^2 {\varphi \varphi'}^2 + 2 \mu \nu \sin^2 \varphi \mu' \nu'$

$\ldots + \mu \nu^2 \cos \varphi \sin \varphi \mu' \varphi' + \mu^2 \nu \cos \varphi \sin \varphi \nu' \varphi'$

${z'}^2 = (\mu \mu' - \nu \nu')^2 = \mu^2 {\mu'}^2 + \nu^2 {\nu'}^2 - 2 \mu \nu \times \mu' \nu'$

donc :

${\color{magenta}{{x'}^2}} + y^{' 2} {+ z'}^2 = \nu^2 {\mu'}^2 + \mu^2 {\nu'}^2 + \mu^2 \nu^2 {\varphi'}^2 + \mu^2 {\mu'}^2 + \nu^2 {\nu'}^2 = (\mu^2 + \nu^2) \left( {\mu'}^2 {+ \nu'}^2 \right) + \mu^2 \nu^2 {\varphi'}^2$.

$\mathrm{d} s = \sqrt{{\color{magenta}{{x'}^2}} + y^{' 2} {+ z'}^2} \mathrm{d} t \Leftrightarrow \begin{array}{|c|} \hline \operatorname{ds}= \sqrt{(\mu^2 + \nu^2) \left( {\mu'}^2 {+ \nu'}^2 \right) + \mu^2 \nu^2 {\varphi'}^2} \mathrm{d} t\\ \hline \end{array}$
Unité de volume : $J = \det \left( \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial \mu} & \frac{\partial y}{\partial \mu} & \frac{\partial z}{\partial \mu}\\ \frac{\partial x}{\partial \nu} & \frac{\partial y}{\partial \nu} & \frac{\partial z}{\partial \nu}\\ \frac{\partial x}{\partial \varphi} & \frac{\partial y}{\partial \varphi} & \frac{\partial z}{\partial \varphi} \end{array} \right) = \det \left( \begin{array}{ccc} \nu \cos \varphi & \nu \sin \varphi & \mu\\ \mu \cos \varphi & \mu \sin \varphi & - \nu\\ - \mu \nu \sin \varphi & \mu \nu \cos \varphi & 0 \end{array} \right) \Leftrightarrow \begin{array}{|c|} \hline J = \mu \nu (\mu^2 + \nu^2)\\ \hline \end{array}$

$\circ$détail (cliquer sur $\circ$)

$J = \det \left( \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial \mu} & \frac{\partial y}{\partial \mu} & \frac{\partial z}{\partial \mu}\\ \frac{\partial x}{\partial \nu} & \frac{\partial y}{\partial \nu} & \frac{\partial z}{\partial \nu}\\ \frac{\partial x}{\partial \varphi} & \frac{\partial y}{\partial \varphi} & \frac{\partial z}{\partial \varphi} \end{array} \right) = \det \left( \begin{array}{ccc} \nu \cos \varphi & \nu \sin \varphi & \mu\\ \mu \cos \varphi & \mu \sin \varphi & - \nu\\ - \mu \nu \sin \varphi & \mu \nu \cos \varphi & 0 \end{array} \right) = \mu \left| \begin{array}{cc} \mu \cos \varphi & \mu \sin \varphi\\ - \mu \nu \sin \varphi & \mu \nu \cos \varphi \end{array} \right| + \nu \left| \begin{array}{cc} \nu \cos \varphi & \nu \sin \varphi\\ - \mu \nu \sin \varphi & \mu \nu \cos \varphi \end{array} \right|$,

donc $J = \mu^3 \nu \times \left| \begin{array}{cc} \cos \varphi & \sin \varphi\\ - \sin \varphi & \cos \varphi \end{array} \right| + \nu^3 \mu \times \left| \begin{array}{cc} \cos \varphi & \sin \varphi\\ - \sin \varphi & \cos \varphi \end{array} \right| \Leftrightarrow \begin{array}{|c|} \hline J = \mu \nu (\mu^2 + \nu^2)\\ \hline \end{array}$.
Unité de surface

$\left\{ \begin{array}{l} \mathrm{d} x = \mathrm{d} \mu \nu \cos \varphi + \mu \mathrm{d} \nu \cos \varphi - \mathrm{d} \varphi \mu \nu \sin \varphi\\ \mathrm{d} y = \mathrm{d} \mu \nu \sin \varphi + \mu \mathrm{d} \nu \sin \varphi + \mathrm{d} \varphi \mu \nu \cos \varphi\\ \mathrm{d} z = \mu \mathrm{d} \mu - \nu \mathrm{d} \nu \end{array} \right.$ donc :

$\left\{ \begin{array}{l} \mathrm{d} x \wedge \mathrm{d} y = (\mathrm{d} \mu \nu \cos \varphi + \mu \mathrm{d} \nu \cos \varphi - \mathrm{d} \varphi \mu \nu \sin \varphi) \wedge (\mathrm{d} \mu \nu \sin \varphi + \mu \mathrm{d} \nu \sin \varphi + \mathrm{d} \varphi \mu \nu \cos \varphi)\\ \mathrm{d} y \wedge \mathrm{d} z = (\mathrm{d} \mu \nu \sin \varphi + \mu \mathrm{d} \nu \sin \varphi + \mathrm{d} \varphi \mu \nu \cos \varphi) \wedge (\mu \mathrm{d} \mu - \nu \mathrm{d} \nu)\\ \mathrm{d} z \wedge \mathrm{d} x = (\mu \mathrm{d} \mu - \nu \mathrm{d} \nu) \wedge (\mathrm{d} \mu \nu \cos \varphi + \mu \mathrm{d} \nu \cos \varphi - \mathrm{d} \varphi \mu \nu \sin \varphi) \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} \mathrm{d} x \wedge \mathrm{d} y = \mu \nu^2 (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \varphi) + \mu^2 \nu (\mathrm{d} \nu \wedge \mathrm{d} \varphi)\\ \mathrm{d} y \wedge \mathrm{d} z = - \sin \varphi (\mu^2 + \nu^2) (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \nu) - \mu^2 \nu \cos \varphi (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \varphi) + \mu \nu^2 \cos \varphi (\mathrm{d} \nu \wedge \mathrm{d} \varphi)\\ \mathrm{d} z \wedge \mathrm{d} x = \cos \varphi (\mu^2 + \nu^2) (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \nu) - \mu^2 \nu \sin \varphi (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \varphi) + \mu \nu^2 \sin \varphi (\mathrm{d} \nu \wedge \mathrm{d} \varphi) \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} \mathrm{d} x \wedge \mathrm{d} y = r \nu (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \varphi) + r \mu (\mathrm{d} \nu \wedge \mathrm{d} \varphi)\\ \mathrm{d} y \wedge \mathrm{d} z = - 2 \rho \sin \varphi (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \nu) - r \mu \cos \varphi (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \varphi) + r \nu \cos \varphi (\mathrm{d} \nu \wedge \mathrm{d} \varphi)\\ \mathrm{d} z \wedge \mathrm{d} x = 2 \rho \cos \varphi (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \nu) - r \mu \sin \varphi (\mathrm{d} \mu \wedge \mathrm{d} \varphi) + r \nu \sin \varphi (\mathrm{d} \nu \wedge \mathrm{d} \varphi) \end{array} \right.$
Gradient : posons $m = \frac{\mu}{\mu^2 + \nu^2}$ et $n = \frac{\nu}{\mu^2 + \nu^2}$, on a alors :
$\displaystyle \vec{\nabla} = (\partial_x, \partial_y, \partial_z) = \left( \begin{array}{c} \cos \varphi (n \partial_{\mu} + m \partial_{\nu}) - \frac{\sin \varphi}{\mu \nu} \partial_{\varphi}\\ \sin \varphi (n \partial_{\mu} + m \partial_{\nu}) + \frac{\sin \varphi}{\mu \nu} \partial_{\varphi}\\ m \frac{\partial f}{\partial \mu} - n \frac{\partial f}{\partial \nu} \end{array} \right)$

$\circ$Détail (cliquer sur $\circ$)

\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x} & = & \frac{\partial f}{\partial \mu} \times \frac{\partial \mu}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial \nu} \times \frac{\partial \nu}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial \varphi} \times \frac{\partial \varphi}{\partial x}\\ & = & \frac{\partial f}{\partial \mu} \times \frac{\partial \rho}{\partial x} \times \frac{1}{2 \mu} + \frac{\partial f}{\partial \nu} \times \frac{\partial \rho}{\partial x} \times \frac{1}{2 \nu} + \frac{\partial f}{\partial \varphi} \times \frac{- y}{x^2 + y^2}\\ & = & \partial_{\mu} f \times \frac{x}{2 \mu \rho} + \partial_{\nu} f \times \frac{x}{2 \nu \rho} - \partial_{\varphi} f \times \frac{y}{x^2 + y^2}\\ & = & \frac{x}{2 \rho} \left( \frac{1}{\mu} \partial_{\mu} f + \frac{1}{\nu} \partial_{\nu} f \right) - \partial_{\varphi} f \times \frac{y}{x^2 + y^2}\\ & = & \frac{\cos \varphi}{2 \rho} (\nu \partial_{\mu} f + \mu \partial_{\nu} f) - \partial_{\varphi} f \times \frac{\sin \varphi}{\mu \nu}\\ & & \\ \frac{\partial f}{\partial y} & = & \frac{\partial f}{\partial \mu} \times \frac{\partial \mu}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial \nu} \times \frac{\partial \nu}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial \varphi} \times \frac{\partial \varphi}{\partial y}\\ & = & \frac{\partial f}{\partial \mu} \times \frac{\partial \rho}{\partial y} \times \frac{1}{2 \mu} + \frac{\partial f}{\partial \nu} \times \frac{\partial \rho}{\partial y} \times \frac{1}{2 \nu} + \frac{\partial f}{\partial \varphi} \times \frac{x}{x^2 + y^2}\\ & = & \partial_{\mu} f \times \frac{y}{2 \mu \rho} + \partial_{\nu} f \times \frac{y}{2 \nu \rho} + \partial_{\varphi} f \times \frac{x}{x^2 + y^2}\\ & = & \frac{y}{2 \rho} \left( \frac{1}{\mu} \partial_{\mu} f + \frac{1}{\nu} \partial_{\nu} f \right) + \partial_{\varphi} f \times \frac{x}{x^2 + y^2}\\ & = & \frac{\sin \varphi}{2 \rho} (\nu \partial_{\mu} f + \mu \partial_{\nu} f) + \partial_{\varphi} f \times \frac{\cos \varphi}{\mu \nu}\\ & & \\ \frac{\partial f}{\partial z} & = & \frac{\partial f}{\partial \mu} \times \frac{\partial \mu}{\partial z} + \frac{\partial f}{\partial \nu} \times \frac{\partial \nu}{\partial z} + \frac{\partial f}{\partial \varphi} \times \frac{\partial \varphi}{\partial z}\\ & = & \frac{\partial f}{\partial \mu} \times \left( 1 + \frac{\mu^2 - \nu^2}{\mu^2 + \nu^2} \right) \times \frac{1}{2 \mu} + \frac{\partial f}{\partial \nu} \times \left( - 1 + \frac{\mu^2 - \nu^2}{\mu^2 + \nu^2} \right) \times \frac{1}{2 \nu}\\ & = & \frac{\mu}{\mu^2 + \nu^2} \frac{\partial f}{\partial \mu} - \frac{\nu}{\mu^2 + \nu^2} \frac{\partial f}{\partial \nu} . \end{eqnarray*}