2p010 cours analyse vectorielle

2P010
Méthodes Mathematiques 1 : Analyse Vectorielle
TABLE DES MATIERES
1. Rappel, définitions : Systèmes de coordonnées (cartésiennes, sphériques, cylindriques, polaires), fonctions scalaires, en 2D et 3D (en 2 et 3 dimensions, dans R2 et
R3 ), fonctions vectorielles, ou champs de vecteurs, en 2D et 3D; exemples des fonctions,
exprimés en coordonnées différents.
2. Bases mobiles dans les coordonnées curvilignes.
2.1. Rappel sur la base des coordonnées cartésiennes.
2.2. Bases mobiles des coordonnées curvilignes. Les bases mobiles des coordonnees
sphériques, cylindriques, polaires. Facteurs géométriques des coordonnées curvilignes.
Volumes d’intégration exprimés en facteurs géométriques, dans le cas des coordonnées
curvilignes orthogonalles.
2.3. Exemples des projections (de décomposition) des champs de vecteurs sur des
bases mobiles différentes.
3. Intégrales dans R2 et R3 . Théorème de Fubini. Exemples des calculs.
3.1. Intégrales dans R2 . Exemples de calculs des intégrales, dans les coordonnées
cartésiennes et polaires.
3.2. Intégrales dans R3 . Exemples de calculs des intégrales, dans les coordonnees
cartésiennes et sphériques.
1
4. Gradient d’une fonction scalaire : en cordonnées cartésiennes, en coordonnées
curvilignes, opérateur ’nabla’ dans le cas des coordonnées cartésiennes; exemples-exercies
des calculs du gradient pour plusieurs fonctions scalaires, en coordonnées cartésiennes et
en coordonnées sphériques.
4.1. Dérivée dans la direction ~n; deux propriété du gradient; exemples des surfaces
de niveau et des gradients pour des fonctions différentes.
4.2. Complément : développement limité d’une fonction de plusieurs variables. Application pour la dérivation du potentiel d’un petit dipôle ‘a partir de deux potentiels de
Coulomb.
5. Divergence d’une fonction vectorielle. Théorème d’Ostrogradski.
Définition d’un flux d’un champ de vecteurs à travers une surface.
Divergence en coordonnées cartésiennes, divergence en coordonnees curvilignes, leur
démostrations géométriques à partir de la définition indépendante des coordonnées.
Exemples-exercices de calculs de la divergence pour des champs de vecteurs différents,
en coordonnées cartésiennes et en coordonnées sphériques.
Premiere théoreme intégrale : théoreme d’Ostrogradski, sa démonstration géométrique.
5.1 Complément : Exemples des calculs des flux en coordonnees cartesiennes; expressions pour les composantes de d~r et d~s en coordonnées differentes; exemples des calculs
des flux en coordonnees sphériques; calculs sont faits directement, d’après la definition
de flux, et par le théoreme d’Ostrogradski dans le cas des surfaces fermées.
6. Rotationnel d’une fonction vectorielle. Circulation. Théorème de Stokes.
Définition de la circulation d’un champ de vecteurs le long d’un chemin.
Rotationnel d’un champ de vecteur en coordonnnées cartésiennées et en coordonnées
curvilignes, leur démonstration géommetrique à partir de la définition du rotationnel
indépendante des coordonnées.
Deuxieme théoreme intégrale : théoreme de Stokes et sa démonstration géometrique.
2
6.1. Complément : Exemples des calculs des circulations en coordonnees cartesiennes;
rappel des formules pour les composantes du verteur d~r en coordonnees differentes; exemple de calcul en coordonnees cylindriques; Les calculs sont faits directement, d’après la
définition de la circulation, et par le théoreme de Stokes, dans le cas des chemins fermés.
7. Laplacien, en coordonnées cartésiennes et en coordonnées curvilignes; exemples
d”applications : équation d’ondes et equation de Poisson en l’electrostatique.
Exemples-exercices des calculs du laplacien pour des fonctions scalaires différentes :
calculs en coordonnées cartesiennes, et ensuite, pour les memes fonctions, en coordonnées
sphériques; les expressions simplifiees pour le laplacien en coordonnees spheriques et
cylindriques dans les cas des symétries particulières des fonctions.
~
~
8. Formules différentielles, et leurs démonstrations, pour grad(f
· g), div(f · A),
~
~ = 0, div(A
~ ∧ B),
~ rot(f
~ rot
~
~ A
~
~ gradf
~ rot
~ A).
div rot
· A),
= 0, rot(
9. Deux exemples d’applications physiques.
9.1. Première application physique : un cas simple d’électrostatique.
9.2. Deuxième application physique : un cas simple de magnétistatique.
10. Équations différentielles d’ordre 1.
10.1. Équations différentielles d’ordre 1 qui sont solubles par la séparation des variables. Méthode de résolution. Rôle des conditions initiales. Exemples, exercices.
10.2. Équations d’ordre 1 linéaires avec des coefficients et second membre variables :
équations de la forme f 0 (t) + A(t)f (t) = B(t). Méthodes de leurs résolution. Rôle des
conditions initiales. Exemples, exercices.
11. Equations différentielles d’ordre 2 avec des coefficients constants mais le second
membre variable : équations de la forme f 00 (t)+Af 0 (t)+Bf (t) = C(t). Méthodes de leurs
résolution. Cas particuliers avec des seconds membres particuliers. Rôle des conditions
3
initiales et des conditions aux limites. Exemples, exercices.
12. Annexe 1. Calcul des dérivées.
13. Annexe 2. Calcul des intégrales par la primitive.
14. Annexe 3. Séries de Taylor. Déleloppement en séries entières des fonctions
classiques.
4
1
Rappel, définitions.
Un point P dans l’espace réel R3 , en 3 dimensions spacialles, sera marqué par un vecteur
~ , avec des composantes (x, y, z) qui sont les coordonnées cartésiennes de ce point,
~r = OP
Fig.1:


~ ≡ ~r =
OP






x 

y 


(1.1)

z
Dans les coordonnées sphériques, ce même point sera présenté par les paramètres
(r, Θ, φ) où
q
x2 + y 2 + z 2
√ 2
√ 2
x + y2
x + y2
= arcsin √ 2
Θ = arctan
z
x + y2 + z2
y
y
φ = arctan = arcsin √ 2
x
x + y2
r=
(1.2)
– Fig.2.
Dans les coordonnées cylindriques, ~r sera présenté par les paramètres (ρ, φ, z), où
ρ=
φ = arctan
q
x2 + y 2
x
y
= arcsin √ 2
y
x + y2
z=z
(1.3)
– Fig.3.
Dans le cas de l’espace réel R2 , en 2 dimensions spacialles, le point P sera marqué
par un vecteur ρ~, avec des composantes (x, y) qui sont les coordonnées cartésiennes de
ce point, Fig.4 :


x 
~ = ρ~ = 
OP


y
(1.4)
Dans les coordonnées polaires, dans R2 , ce même point sera présenté par les paramètres
(ρ, φ), où
ρ=
5
q
x2 + y 2
φ = arctan
x
y
= arcsin √ 2
y
x + y2
(1.5)
– Fiq.5.
Une fonction f (~r) ≡ f (x, y, z), définie dans R3 , est une règle particulière qui fait correspondre les points de R3 et les nombres réels (ou complexes). Symboliquement:
f (~r) :
R3 → R (ou C)
(1.6)
Exemples.
1)
f (~r) ≡ f (x, y, z) =
1
1
≡√ 2
r
x + y2 + z2
– pontentiel de Coulomb, en électrostatique (U (r) =
1 q
),
4π0 r
(1.7)
produit par la charge
électrique, ponctuelle, placée à l’origine (nous mettons 1/4π0 → 1, pour simplifier les
formules).
2)
g(~r) =
1
1
≡
a2 + r2
a2 + x 2 + y 2 + z 2
(1.8)
a est un paramètre réel, une constante.
3)
h(~r) =
p~ · ~r
px x + py y + pz z
≡
r3
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(1.9)
où p~ = (px , py , pz ) est un paramètre vectoriel (l’ensemble de 3 paramètres réels que nous
notons comme px , py , pz );
h(~r) est un potentiel électrique créé par un petit dipôle placé à l’origine; p~ · ~r est un
produit scalaire usuel.
Nous allons appeler également f (~r) fonction scalaire pour faire la différence avec des
fonctions vectorielles qu’on peut également définir dans l’espace R3 .
~ r) ≡ A(x,
~ y, z), définie dans
Une fonction vectorielle (ou un champ de vecteurs) A(~
R3 , est une règle particulière qui fait correspondre les points de R3 et les points d’un
autre espace R3 , ou du même espace.
6
Encore, en plus de details:


~ r) ≡ A(x,
~ y, z) ≡
A(~
Ax (x, y, z) 






Ay (x, y, z)
Az (x, y, z)





(1.10)
C’est un dire, une fonction vectorielle est un ensemble de 3 fonctions scalaires, marquées
comme Ax (x, y, z), Ay (x, y, z), Az (x, y, z).
Exemples.
1)
~ r) = ~r
E(~
r3
(1.11)
En plus de détails:

~ r) = 1
E(~
r3








x 
y
z





≡
x
r3





 y 
 3 
 r 



≡
x
(x2 +y 2 +z 2 )3/2



 2 2y 2 3/2
 (x +y +z )

z
(x2 +y 2 +z 2 )3/2
z
r3







(1.12)
~ r) est un champ électrique
Dans cet exemple Ex (x, y, z) = x/(x2 + y 2 + z 2 )3/2 , etc. . E(~
créé par la charge ponctuelle, placé à l’origine (toujours 1/4π0 = 1).
2)
~ r) =
G(~
(a2
2~r
+ r 2 )2
(1.13)
Evidement, que, dans le cas de l’espace bidimensionnel R2 , une fonction vectorielle
sera de la forme:


~ ρ) ≡ B(x,
~
B(~
y) = 

Bx (x, y) 
By (x, y)
(1.14)

– d’un ensemble de 2 fonctions scalaires, dans R2 .
Exemple.



x  
~ ρ) = ρ~ = 1 
B(~

=
2
2
ρ
ρ
y
7
x
ρ2
y
ρ2




=

x
x2 +y 2
y
x2 +y 2



(1.15)
2
Bases mobiles dans les coordonnées curvilignes.
2.1. Rappel sur la base des coordonnées cartesiennes.
Dans les coordonnées cartesiennes, un vecteur quelconque p~ à des composantes (px , py , pz )
pourrait être présenté soit comme dans le chapitre précédant, par une colonne:


p~ =






px 


(2.1)
py 

pz

soit comme une décomposition dans les vecteurs de la base, comme
p~ = px · ~ex + py · ~ey + pz~ez
(2.2)
Les vecteurs ~ex , ~ey , ~ez , montrés dans la Fig.6, forme une base orthonormée des coordonnées cartésiennes, à savoir:
|~ex | = |~ey | = |~ez | = 1
~ex · ~ey = ~ey · ~ez = ~ez · ~ex = 0
(2.3)
|~ex | représente le module (ou la norme, ou la longueur) du vecteur ~ex :
2
|~ex | = ~ex · ~ex ,
|~ex | =
q
~ex · ~ex
(2.4)
Très souvant, les vecteurs ~ex , ~ey , ~ez de la base des coordonnées cartésiennes sont notés
également comme ~i, ~j, ~k. c’est à dire:
~ex ≡ ~i,
~ey ≡ ~j,
~ez ≡ ~k
(2.5)
La forme (13.1) d’un vecteur p~, présenté comme une colonne des composante px , py , pz ,
correspond, implicitement, à la décomposition (13.2) de p~ dans les vecteurs de la base.
2.2 Bases mobiles des coordonnées curvilignes.
Quand la symétrie du problème est appropriée, il est parfois plus facile à faire des
calculs dans d’autres coordonnées, dont les coordonnées sphériques et cylindriques sont
8
le plus souvent utilisées, dans le cas de l’espace R3 . Dans l’espace R2 , les coordonnées
polaires sont utilisées très souvant.
Dans la suite nous allons définir des bases orthonormées qui servent pour décomposer
les vecteurs, pour les exprimés dans ces coordonnées. Autrement dit, nous allons définir
des bases qui remplacent la suite des vecteurs (~ex , ~ey , ~ez ) des coordonnées cartésiennes.
Nous nous metterons d’abord dans un cadre plus général, des coordonées curvilignes
quelconques de l’espace R3 , mais qui sont soumises à la condition que, localement, ces
coordonnées sont orthogonalles. Si (u1 , u2 , u3 ) sont ces nouvelles coordonnées, alors
l’orthogonalité locale correspond à la condition que les vecteurs
~e1 =
∂~r
,
∂u1
∂~r
,
∂u2
~e2 =
~e3 =
∂~r
∂u3
(2.6)
sont orthogonaux entre eux. Dans l’éq.(13.6), ~r est supposé d’être exprimé en fonction
des nouvelles coordonnées: ~r = ~r(u1 , u2 , u3 ) = (x(u1 , u2 , u3 ), y(u1 , u2 , u3 ), z(u1 , u2 , u3 )).
Prenons un exemple simple de l’espace bidimensionnel R2 et des coordonnées polaires.
Nous notons ρ~ les vecteurs, qui représentent les points d’espace R2 , au lieu de ~r de R3 .
Alors:




ρ~ = 

=

 x 
y
 ρ · cos φ 
ρ · sin φ
(2.7)
ρ et φ étant les coordonnées polaires, curvilignes, de l’espace R2 . Les vecteurs ~e1 et ~e2 ,
analogues aux vecteurs éq.(13.6), sont déterminés comme suit:

~e1 ≡ ~eρ =


∂~
ρ
∂  ρ · cos φ   cos φ 
=

=

∂ρ
∂ρ ρ · sin φ
sin φ

~e2 ≡ ~eφ =



(2.8)

∂~
ρ
∂  ρ · cos φ   −ρ · sin φ 
=

=

∂φ
∂φ ρ · sin φ
ρ · cos φ
(2.9)
Ces vecteurs sont montrés dans la Fig.7. Evidement, ils sont orthogonaux entre eux, en
tout point ρ~ d’espace R2 .
Il est également facile de déterminer les vecteurs ~e1 , ~e2 , ~e3 , éq.(13.6), pour des coordonnées sphériques et cylindriques de l’espace R3 .
9
Pour des coordonnées sphériques, Fig.2 :

 r sin Θ · cos φ
∂~r
∂ 

 r sin Θ · sin φ
~e1 ≡ ~er =
=
∂r
∂r 

r · cos Θ

 r sin Θ · cos φ
∂~r
∂ 

~e2 ≡ ~eθ =
 r sin Θ · sin φ
=
∂Θ
∂Θ 

r · cos Θ

 r sin Θ · cos φ
∂~r
∂ 

~e3 ≡ ~eφ =
 r sin Θ · sin φ
=
∂φ
∂φ 

r cos Θ














=














=














=

sin Θ · cos φ 
sin Θ · sin φ
cos Θ





(2.10)

r cos Θ · cos φ 


r cos Θ · sin φ 

−r · sin Θ
(2.11)


−r sin Θ · sin φ 


r sin Θ · cos φ 

(2.12)

0
Ces vecteurs sont montrés dans la Fig.8. Il est facile de vérifier qu’ils sont orthogonaux,
pour tout ~r (tous r, Θ, φ).
Pour des coordonnées cylindriques, Fig.3, on trouve:

 ρ · cos φ
∂~r
∂ 

~e1 ≡ ~eρ =
=
 ρ · sin φ
∂ρ
∂ρ 

z

 ρ · cos φ
∂~r
∂ 

~e2 ≡ ~eφ =
=
 ρ · sin φ
∂φ
∂φ 

z














=














=

 ρ · cos φ
∂~r
∂ 

~e3 ≡ ~ez =
=
 ρ · sin φ
∂z
∂z 

z

cos φ 

(2.13)
sin φ 



0

−ρ · sin φ 

ρ · cos φ 


0














=
(2.14)


0 

0 


1
(2.15)

– Fig.9. Ces vecteurs sont orthogonaux entre eux.
Retournons dans le cadre générale des coordonnées curvilignes quelconques u1 , u2 , u3
(localement orthogonales) et les vecteurs ~e1 , ~e2 , ~e3 , éq.(13.6). Ces vecteurs forment une
base locale, ou une base mobile, pour un point d’espace donné, Fig.10. Elle sert pour
décomposer les vecteurs, pour les exprimés en ces coordonnées. Cette base est supposée
10
d’être orthogonale, mais elle n’est pas nécessairement normée. Autrement dit, en général
|~ei | =
6 1, i = 1, 2, 3.
Les échelles le long des axes, de cette base locale, sont définies par les modules
(longueurs) des vecteurs {~ei }, que nous allons noter ei ≡ |~ei |, i = 1, 2, 3. Nous introduisons, en plus, les vecteurs normés de cette base locale:
~ˆe1 ,
~ˆe2 ,
~ˆe3
(2.16)
|~ˆe1 | = |~ˆe2 | = |~ˆe3 | = 1, de la façon que:
~e1
~ˆe1 = ,
e1
~e1 = e1 · ~ˆe1 ,
~e2
~ˆe2 = ,
e2
~e3
~ˆe3 = ,
e3
~e2 = e2 · ~ˆe2 ,
~e3 = e3 · ~ˆe3
(2.17)
Pour des coordonnées sphériques, on trouve, à partir des éqs.(13.10)-(13.12), les
facteurs d’échelle, ou les facteurs géométriques, suivants:
e1 ≡ er = 1,
e2 ≡ eθ = r,
e3 ≡ eφ = r · sin Θ
(2.18)
Pour des coordonnées cylindriques, éqs.(13.13)-(13.15), on obtient:
e1 ≡ eρ = 1,
e2 ≡ eφ = ρ,
e3 ≡ ez = 1
(2.19)
Observons par ailleurs que le volume élémentaire (mésure d’intégration), dans les
intégrales dans l’espace R3 , est égale au produit des facteurs géométriques multpliés
par les différentielles des coordonnées. Dans le cas général des coordonnées curvilignes
orthogonales:
dV ≡ d3 r = e1 e2 e3 du1 du2 du3
(2.20)
Dans les coordonnées sphériques:
dV ≡ d3 r = er eθ eφ dr dΘ dφ = r2 sin Θ dr dΘ dφ
(2.21)
Dans les coordonnées cylindriques:
dV ≡ d3 r = eρ eφ ez dρ dφ dz = ρ dρ dφ dz
11
(2.22)
En effet, on peut reécrire les équations (13.6), qui définissent les vecteurs {~ei }, de la
manière suivante:
δ~r(1) = ~e1 δu1 ,
δ~r(2) = ~e2 δu2 ,
δ~r(3) = ~e3 δu3
(2.23)
où les petits vecteurs δ~r(i) , i = 1, 2, 3, représentent les petits déplacements, à partir du
point ~r dans R3 , qui correspondent à des variations des coordonnées δui , i = 1, 2, 3.
Les trois vecteurs δ~r(1) , δ~r(2) , δ~r(3) sont orthogonaux entre eux, étant proportionnels aux
vecteurs ~e1 , ~e2 , ~e3 de la base locale. Le volume élémentaire (dans des intégrales) s’obtient
par le produit des longueurs des trois vecteurs {δ~r(i) }, éq.(2.23), ce qui nous donne la
mesure d’intégration dans l’éq.(13.20).
2.3. Exemples des projections des champs de vecteurs sur des bases mobiles.
Exemple 1.
Soit un champ de vecteur dans R2

~v = 


−y 
ex + x · ~ey
 ≡ −y · ~
x
(2.24)
Il est dessiné dans la Fig.11. Ses décompositions dans les bases cartésienne et polaire
sont montrées dans les figures 12 et 13.
Exemple 2.
Soit un champ de vecteurs dans R3
w(~
~ r) = z · ~ez
(2.25)
Il est dessiné dans la Fig.14. Evidement que, dans la base cartésienne, sa décomposition
est de la forme:

w(~
~ r) = 0 · ~ex + 0 · ~ey + z · ~ez ≡







0 


0 

z
(2.26)

Ses décompositions dans les bases mobiles des coordonnées sphériques et cylindriques
sont données dans les figures 15-17.
12
3
Intégrales dans R2 et R3.
Théorème de Fubini.
Exemples des calculs.
3.1. INTÉGRALES DANS R2 .

x

Soit f (x, y) ≡ f (~
ρ) une fonction de 2 variables (~
ρ =  ).
y
L’intégrale I sur le domaine D dans le plan bidimensionnel, Fig.18, est définie comme
la limite de la somme de Darboux correspondante :
I=
Z
d2 ρf (~
ρ) = lim
N →∞
D
N
X
dsi · f (~
ρi )
(3.1)
i=1
où
d2 ρ = ds = dxdy
(3.2)
est l’aire d’un élément dans D, ”l’aire élémentaire”, ou la mésure d’intégration dans
l’intégrale bidimensionnelle, dans les coordonnées cartésiennes, Fig.18.
Théorème de Fubini.
L’intégrale sur D (domaine bidimensionnel) de f (x, y), une fonction de deux variables,
est égale à l’intégrale double, sur y d’abord et sur x après, ou inversement. La valeur de
l’intégrale ne change pas sous le changement de l’ordre d’intégration :
Z
D
2
d ρ f (~
ρ) ≡
Z
dx dy f (x, y) =
Z
dx
Z
dy f (x, y) =
Z
dy
Z
dx f (x, y)
(3.3)
D
L’idée de la démonstration est simple. L’intégrale double, où on intègre sur y d’abord
et sur x après, correspond à la sommation, dans la somme de Darboux (3.1), d’abord sur
des petits rectangles appartenant à des colonnes et ensuite on somme les colonnes (les
résultats des sommations dans les colonnes), Fig.18.
Inversement, on sommes d’abord les petits rectangles appartenant à des lignes, dans
la Fig.18. Et ensuites on additionne les lignes (les résultats de sommation dans les lignes).
Evidement que la somme totale dans (3.1) restera la même, indépendament comment
on organise la sommation.
13
Exemple 1.
Soit
f (~
ρ) ≡ f (x, y) = x + y
(3.4)
et D est un rectangle :
D : 0 < x < a,
0<y<b
(3.5)
– Fig 19.
Dans le 1er calcul, où on somme sur y d’abord et sur x après, on le poursuit comme
suit :
1)
I=
Z
Z
d2 ρ f (~
ρ) =
D
dx dy f (x, y)
(3.6)
D
par le théorème de Fubini :
=
Z a
dx
Z b
dy f (x, y) =
Z a
dx
dy (x + y)
(3.7)
0
0
0
0
Z b
dans la première intégrale, quand on intègre sur y, x est considéré comme une constante
:
=
Z a
0
y2 b Z a
b2
dx(xy + )|0 =
dx(xb + )
2
2
0
(3.8)
et ensuite on intègre sur x, le résultat d’intégration sur y
=
x2 a b2 a a2 b ab2
ab · (a + b)
b|0 + x|0 =
+
=
2
2
2
2
2
I=
ab · (a + b)
2
(3.9)
(3.10)
Dans le 2ème calcul, on somme d’abord sur x et sur y après :
2)
I=
Z
dx dy f (x, y) =
Z b
D
0
dy
Z a
dx · (x + y)
(3.11)
0
Pendant la 1ère intégration, sur x, y est considéré comme une constante :
=
Z b
0
Z b
a2
x2
a
dy( + x · y)|0 =
dy( + ay)
2
2
0
14
(3.12)
Ensuite on intègre sur y :
y2 b
a2 b ab2
ab(a + b)
a2
b
· y|0 + a |0 =
+
=
2
2
2
2
2
(3.13)
On trouve le même résultat, en accord avec la théorème de Fubini.
Exemple 2.
f (x, y) = x + y ; D est un triangle, Fig.20.
1)
I=
Z
2
d ρ f (~
ρ) =
Z
D
dx dy f (x, y)
(3.14)
D
par le théorème de Fubini
=
Z a
dx
0
Z y(x)
dy f (x, y)
(3.15)
0
Dans l’intégrale à l’interieur, sur y, avec x fixe quelconque entre 0 et a, on intègre sur
y de 0 à y(x) = ab x, une valeur maximale de y qui se trouve sur le bord de D, quand on
traverse le domaine D dans le sens vertical. Cette limite superieur dépond de x, elle est
différente pour de valeurs de x différentes. C’est à dire, la limite superieure de y n’est
pas une constante (comme c’était le cas dans l’exemple 1). Elle est une fonction de x.
Cette fonction correspond à l’équation de la ligne qui délimite le domaine D. Dans cet
exemple, cette ligne est une droite, de l’équation y = ab x, Fig.20.
La suite du calcul dans (3.15), en y mettant les forme explicites de y(x) et de f (x + y)
:
I=
Z a
0
=
Z a
0
dx
Z
b
x
a
dy(x + y) =
Z a
0
0
b
1 b
dx(x · x + ( x)2 ) =
a
2 a
2
b
b
= ( + 2)
a 2a
=
Z a
0
Z a
0
dx(x · y +
y 2 ab x
)|
2 0
b
b2
dx( x2 + 2 x2 )
a
2a
2ab + b2 x3 a
dx x =
· |0
2a2
3
2
2ab + b2 a3
ab · (2a + b)
·
=
2
2a
3
6
ab · (2a + b)
I=
6
(3.16)
2) Il est proposé, en exercice, de réfaire le calcul de cette intégrale en arrangeant les
intégrations dans l’intégrale double différemment : en intégrant sur x d’abord, et sur y
15
après. Le debut du calcul est comme suit :
I=
Z b
0
– Fig.21, x(y) =
a
b
dy
Z a
dx f (x, y)
(3.17)
x(y)
· y. Cette fois ci c’est la limite inferieure de x qui une fonction de y.
En faisant la suite du calcul on doit trouver le même résultat qu’auparavant, (3.16).
Exemple 3.
L’aire d’un disque, Fig.22. Dans ce cas, où on cherche à déterminer l’aire d’un domaine, on doit mettre f (x, y) = 1.
Tout d’abord, due à la symétrie du domaine, Fig.22, il souffit d’intégrer sur 1/4 du
disque, Fig.23. Evidement, en intégrant sur le domaine réduit, Fig.23, on trouvera 1/4
de l’aire du disque total, Fig.22.
Même si cette réduction du domaine n’est pas indisponsable, les limites d’intégration,
dans l’intégrale double, vont être plus simples pour
1
4
du disque, par rapport au disque
total.
Notons par I l’aire total du disque. Alors
Z y(x)
Z R
I Z
dy
dx
dx dy · 1 =
=
4
0
0
D0
Z √R2 −x2
Z R
Z R
Z R
√
√
2
2
dx
=
dx R2 − x2
dx(y)|0 R −x =
dy =
0
(3.18)
0
0
0
Nous avons choisi d’intégrer, dans l’intégrale double, sur y d’abord, sur x après, comme
il est indiqué dans la Fig.23.
Il est utile de changer la variable d’intégration, dans (3.18). Mettons
x = R · sin φ
(3.19)
Alors
dx = R · cos φ · dφ
√
R 2 − x2 =
q
q
R2 − R2 sin2 φ = R 1 − sin2 φ = R · cos φ
16
(3.20)
Pour les limites d’intégration :
quand x varie de 0 à R
φ doit varier de 0 à
π
2
(3.21)
– d’après (3.19) et la courbe de sin φ.
Pour (3.18), avec les substitutions ci-dessus, on trouve:
Z R
Z π
√
2
2
2
dx R − x =
R cos φ dφ · R cos φ
0
= R2
0
π
2
Z
cos2 φ · dφ = R2
π
2
Z
0
1
(1 + cos 2φ)dφ
2
0
r2 Z
=
2
0
π
2
π
R2 Z 2
dφ +
dφ · cos 2φ
2 0
2
π
R π R2 1
πR2
2
=
· +
· ( sin 2φ)|0 =
2 2
2
2
4
(3.22)
Nous avons trouver que I/4 = πR2 /4. Donc :
I = πR2
(3.23)
– l’aire du disque.
Exemple 3’.
Faisons le calcul de l’aire du disque dans la Fig.22 en utilisant les coordonnées polaires.
Cette fois ci, il n’y aura pas des raisons de couper le disque sur 4, les limites d’intégration,
avec les coordonnées polaires, vont être aussi simples pour le disque total que pour un
quart du disque.
Avec les coordonnées polaires, pour le disque entier, Fig.24, le calcul se fait comme
suit (f (~
ρ) est toujours égale à 1) :
I=
Z
d2 ρ · 1 =
Z
ρdρ dφ
(3.24)
D
D
Rappelons que, dans les coordonnées polaires d2 ρ = ρdρ dφ. On trouve :
=
Z R
0
ρdρ
Z 2π
ρ2 R
|0 · (φ)|2π
0
2
!
dφ =
0
=
R2
· 2π = πR2
2
I = πR2
17
(3.25)
– en accord avec le résultat du calcul en coordonnées cartesiennes, Exemple 3, éq.(3.23).
Observons que l’utilité des coordonnées polaires, pour la géométrie circulaire du domaine D, est dans le fait que les limites d’intégration, sur ρ et sur φ, sont constantes :
0 → R pour ρ, 0 → 2π pour φ, quand on fait ”scanner” le disque entier en variant ρ et φ,
tandis qu’elles sont variable 0 → y(x), pour y, dans les coordonnées cartesiennes, Fig.23.
Par contre, dans les coordonnées cartesiennes, les limites d’intégration sont constantes
dans l’Exemple 1, pour D rectangulaire.
Exercice.
Il est suggeré, en exercice, de calculer l’aire de l’ellipse, Fig.25, en utilisant les coordonnées cartesiennes.
Similaire au calcul pour le disque, il est plus simple de faire le calcul pour 1/4 de
l’ellipse, Fig.26.
Le calcul commence comme suit :
Z a
Z b
I Z
=
dx dy · 1 =
dx
4
0
D0
0
=
Z a
q
2
1− x2
a
s
dx · b 1 −
0
dy
x2
a2
(3.26)
Faudra changer la variable d’intégration :
x = a · sin φ
(3.27)
et faire la suite du calcul. Finalement, on devera trouver que:
I = πab
(3.28)
Evidement, qu’on devera trouver le même résultat en faisant les integrations avec
l’ordre de x, y echangé, en intégrant sur x d’abord et sur y après :
Z b
Z x(y)
I Z
=
dx dy · 1 =
dy
dx
4
D0
0
0
Dans ce cas
(3.29)
s
y2
x2 y 2
+
=
1
→
x(y)
=
a
1
−
a2
b2
b2
18
(3.30)
et en faisant le calcul on devera retrouver πab/4.
3.2. INTÉGRALES DANS R3 .
Soit f (x, y, z) ≡ f (~r) une fonction de 3 variables,

x





(3.31)

y
~r = 
z
L’intégrale I sur le domaine D dans l’espace tridimensionnel, Fig.27, est définie comme
la limite de la somme de Darboux correspondante :
I=
Z
d3 r f (~r) = lim
N →∞
D
N
X
dVi f (~ri )
(3.32)
i=1
où
d3 r = dV = dx dy dz
(3.33)
est le volume d’un élément dans D (petit cuboı̈de) : ”le volume élémentaire”, ou la mésure
d’intégrarion dans l’intégrale tridimensionnelle, dans les coordonnées cartésiennes.
Le domaine D est supposé d’être coupé sur N petits cuboı̈des, dont un est montré
explicitement dans la Fig.27.
Théorème de Fubini.
L’intégrale sur D (domaine tridimensionnel) de f (x, y, z), une fonction de trois variables, est égale à l’intégrale triple, où on intègre successivement sur z, puis sur y, puis sur
x, ou dans un autre ordre. La valeur de l’intégrale ne change pas sous les changements
de l’ordre d’intégration sur les trois variables, dans l’intégrale triple :
Z
3
d r f (~r) ≡
Z
D
=
Z
dx
Z
dy
Z
dz f (x, y, z) =
dx dy dz f (x, y, z)
D
Z
dy
Z
dz
Z
dx f (x, y, z) = ...
(3.34)
L’idée de la démonstration correspond à la généralisation directe de la démonstration
dans le cas bidimensionnel, au debut du chapitre 3.1. Elle s’appuit sur les différentes
façons à organiser la sommation dans la somme de Darboux (3.32) sur des petits cuboı̈des,
sur lesquels le domaine D, Fig.27, est supposé d’être coupé.
19
Exemple 1.
D est un cuboı̈de a × b × c, Fig.28, f (x, y, z) est une fonction quelconque de trois
variables. Dans ce cas, l’intégrale de f (x, y, z) sur D prendra la forme :
I=
Z
Z
3
d r f (x, y, z) =
D
dx dy dz f (x, y, z)
(3.35)
D
par le théorème de Fubini :
=
Z a
dx
Z b
0
dy
Z c
0
dz f (x, y, z)
(3.36)
0
où on intègre f (x, y, z) sur z d’abord, pour x, y fixes ; ensuite, le resultat de la 1ère
intégration, qui ne dépend que de x, y, on l’intègre sur y, en gardant x fixe ; et finalement
on intègre sur x, le résultat de la 2ème intégration.
Observon que, pour la géometrie rectangulaire du domaine D et les coordonnées
cartésienues, les limites d’intégration sur x, y, z dans (3.36) sont constantes.
Observons en plus que, si on prend, dans (3.35), (3.36), f (x, y, z) = 1, dans ce cas on
calcule, par l’intégrale, le volume du D :
I=
Z a
0
dx
Z b
0
dy
Z c
dz · 1
(3.37)
0
L’integrale se factorise, dans ce cas particulier, sur le produit de 3 intégrales unidimensionnelles : du fait que le résultat d’intégration sur z ne dépend pas de x, y, donc
n’intervient pas dans le 2ème intégration, sur y, et de même pour la suite. On trouve :
I = x|a0 x × y|b0 × z|c0 = abc
(3.38)
– le volume du cuboı̈de dans la Fig.28.
Exemple 2.
D est l’intérieur de la sphère, centré en 0 et de rayon R, Fig.29. Nous allons faire le
calcul du volume de D ; par conséquence nous prenons f (x, y, z) = 1.
Dans les coordonnées cartesiennes, il est plus simple de calculer le volume de 1/8 de
l’intérieur de la sphère, du domaine D0 dans la Fig.30. Les limites d’intégrations vont
être plus simples.
20
D’après la Fig.30, on trouve :
I=
Z
D0
3
dr=
Z
D0
dx dy dz =
Z R
dx
0
Z y(x)
dy
0
Z z(x,y)
dz
(3.39)
0
Géométriquement, quand on intègre sur z dans la première intégrale dans (3.39), on
fait sommer, dans la somme de Darboux correspondante, éq.(3.32), les long des colonnes
verticales, le chemin lz dans la Fig.30.
Ensuite, dans le 2ème intégrale de (3.39), on somme les colonnes (les résultats de
sommation dans les colonnes) en faisons bouger le pied du colonne lz le long du chemins
ly , dans le plans (x, y).
Le résultats de deux sommation, sur z et sur y, on peut les associer avec un plan
(ly , lz ), tracé dans l’espace à l’interieur du D0 , par la colonne lz quand on la tire, par son
pied, le long du chemin ly .
Finalement, dans la 3ème intégration, sur x, on fait tirer le plan (ly , lz ) (le résultat
de sommation dans le plan) dans la direction x, de x = 0 à x = R.
De cette manière on établit les limites d’intégration dans l’intégrale (3.39), sur le
domaine D0 , en consultant la Fig.30.
Mettons les fonction z(x, y), y(x), (définies dans la Fig.30) dans l’integrale (3.39). On
trouve :
I=
Z R
dx
Z √R2 −x2
0
√
dy
0
Z
R2 −x2 −y 2
dz
(3.40)
R 2 − x2 − y 2
(3.41)
0
Après l’intégration sur z on obtient :
I=
Z R
dx
0
Z √R2 −x2
dy
q
0
Dans l’intégrale sur y, x est fixe. Nous changeons la variable d’intégration :
y=
√
R2 − x2 · sin φ
(3.42)
Alors
q
√
q
R2 − x2 · 1 − sin2 φ =
√
dy = R2 − x2 · cos φ · dφ
R 2 − x2 − y 2 =
21
√
R2 − x2 · cos φ
(3.43)
(3.44)
Les limites d’intégrations :
y=
√
R2 − x2 · sin φ
y : 0→
√
R 2 − x2
π
2
correspond à φ : 0 →
(3.45)
Avec ces changements, l’intégrale (3.41) prend la forme :
I=
Z R
dx
Z
0
π
2
√
R2 − x2 cos φ · dφ ×
√
R2 − x2 · cos φ
0
Z R
=
2
2
dx(R − x )
π
2
Z
0
dφ · cos2 φ
(3.46)
0
L’integrale sur φ se fait on observant que cos2 φ = (1 + cos 2φ)/2. On trouve
π
2
Z
dφ · cos2 φ =
0
π
4
(3.47)
Retournos à l’éq.(3.46) et la derniere intégration, sur x :
I=
Z R
π
π
x3
= (R2 x − )|R
4
4
3 0
dx(R2 − x2 ) ×
0
=
π
R3
2πR3
πR3
· (R3 −
)=
=
4
3
12
6
(3.48)
Rappelons que l’intégrale I, éq.(3.39), représente 1/8 du volume de la sphère totale (voir
les figures 29, 30). Finalement on trouve :
Volume de l’intérieur de la sphère = 8 ·
πR3
4πR3
=
6
3
(3.49)
exemple 2’.
Nous allons confronter le calcul ci-dessus, quelque peu laborieux, en coordonnées
cartesiennes, avec celui en coordonnées sphériques.
En sphériques, le calcul pour la sphère entière, Fig.29, est aussi facile que pour 1/8ème,
Fig.30. Alors pour la sphère entiere, Fig.29, on trouve :
Volume =
Z
3
dr=
D
=
Z R
0
Z
r2 sin Θ dr dΘ dφ
D
r2 dr
Z π
0
22
sin Θ dΘ
Z 2π
0
dφ
(3.50)
Nous avons utilisé la mésure d’intégration (volume élémentaire) des coordonnées sphériques
d3 r = r2 sin Θ · dr dΘ dΦ
(3.51)
éq.(13.21), chapitre 2. En plus, par la définition des coordonnées sphériques, Fig.2, il
est relativement facile à voir que, pour visiter chaque point à l’intérieur de la sphère, de
rayon R, Fig.29, il faut faire varier les variables r, Θ, φ comme suit :
r : 0→R
Θ : 0→π
φ : 0 → 2π
(3.52)
c’est qui explique les limites d’intégration dans l’intégrale triple (3.50)
La suite du calcul est simple, car les trois intègrations dans (3.50) se factorisent. On
trouve:
r3 r
| × (cos Θ)|π0 × φ |2π
0
3 0
!
Volume =
=
R3
4πR3
× 2 × 2π =
3
3
(3.53)
en accord avec (3.49), le résultat du calcul, de la même intégrale, mais en coordonnées
cartésiennes.
Observons que le calcul ci-dessus, pour la sphère, en coordonnés sphériques est aussi
simple, ou presque, que le calcul pour le cuboı̈de, Fig.28, en coordonnées curtesiennes,
exemple 1. On trouve des limites d’intégration constantes et les intégrales triples qui
factorisent sur des intégrations unidimensionnelles.
Exercice.
Déterminer le volume du domaine D dans la Fig.31, en calculant l’intégrale
Volume =
Z
d3 r
(3.54)
D
exprimée en coordonnées sphériques. D est défimité par le cône de l’angle de demiouverture α et par un chapeau sphérique, d’une sphère de rayon R.
Réponse : Volume =
23
2πR3
(1 − cosα)
3
(3.55)
4
Gradient d’une fonction scalaire.
~ (~r), est un
Dans les coordonnées cartésiennes, par définition, le gradient de f (~r), gradf
vecteurs avec des composantes (∂x f, ∂y f, ∂y f ) :

∂x f







~
gradf
= ∂x f · ~ex + ∂y f · ~ey + ∂z f · ~ez =  ∂y f 
(4.1)
∂z f
Nous utilisons les notations suivantes pour les dérivées partielles : ∂x f ≡
∂f
,
∂x
etc. .
La définition du gradient plus générale, indépendante de système des coordonnées,
est donnée par l’expression pour la différentielle de la fonction scalaire f (~r) :
~ f · d~r
df (~r) = grad
(4.2)
~ (~r) · d~r
f (~r + d~r) − f (~r) ' gradf
(4.3)
ou, autrement :
Dans les éqs. (14.2), (14.3), leurs parties droites, figure le produit scalaire usuel entre les
~
deux vecteurs, gradf
et d~r.
~ , dans le sens que, quand
L’éq.(14.2) doit être vue comme l’équation qui définie gradf
on écrit la différentielle df , exprimé en coordonnées quelconques, on la régarde et on
prend les coefficients, qui figurent pret des composantes de d~r, comme les composantes
du gradient de f .
Avec les coordonnées cartésiennes, pour ~r, f (~r) = f (x, y, z), la differentielle de f est
de la forme usuelle, principale :
df (x, y, z) = ∂x f · dx + ∂y f · dy + ∂z f · dz
(4.4)
Dans les coordonnées cartésiennes, toujours,

dx







d~r = ~ex dx + ~ey dy + ~ez dz =  dy 
(4.5)
dz
En écrivant le produit scalaire dans l’éq.(14.2) plus explicitement, en composantes :
df = (grad f )x · dx + (grad f )y · dy + (grad f )x · dx
24
(4.6)
(qui est, toujours, juste l’expression qui sert pour introduire, par définition, les composantes du gradient) et en comparant (14.6) avec la forme principale de df , éq.(14.4),
on doit conclure que
(grad f )x = ∂x f,
(grad f )y = ∂y f,
(grad f )z = ∂z f
(4.7)
en accord avec (14.1).
En utilisant la définition du gradient par l’éq.(14.2), il est relativement facile de
~ f dans d’autres coordonnées.
trouver la forme du grad
Supposons, comme dans le chapitre 2, que ~r est exprimé en fonction de nouvelles
coordonnées (u1 , u2 , u3 ),
~r = ~r(u1 , u2 , u3 )
(4.8)
Alors la différentielle de ~r, c’est à dire un petit déplacement d~r dans l’espace, qui est
produit par des variations des nouvelles coordonnées, sera de la forme:
d~r =
∂~r
∂~r
∂~r
du1 +
du2 +
du3
∂u1
∂u2
∂u3
(4.9)
D’après les définitions (13.6) des vecteurs de la base mobile des coordonnées u1 , u2 , u3 ,
l’éq.(14.9) pourrait être réecrite comme:
d~r = ~e1 · du1 + ~e2 · du2 + ~e3 · du3
(4.10)
Observons que dans cette équation sont mis ensembles les trois variations de ~r dans
l’éq.(2.23)
En introduisant la base normée, faites par des vecteurs dans l’éq.(13.17), on trouve :
d~r = ~ˆe1 e1 du1 + ~ˆe2 e2 du2 + ~ˆe3 e3 du3
(4.11)
e1 , e2 , e3 , les normes des vecteurs ~e1 , ~e2 , ~e3 , sont les facteurs géométriques des coordonnées
u1 , u2 , u3 .
~ f dans (14.2), écrit dans la nouvelle base (~ˆe1 , ~ˆe2 , ~ˆe3 ), est
Observons ensuite que grad
de la forme générale suivante :
~ f = (grad f )~ˆe1 + (grad f )2~ˆe2 + (grad f )3 · ~ˆe3
grad
25
(4.12)
où les composantes (grad f )1 , (grad f )2 , (grad f )3 sont à déterminer
En écrivant explicitement, en composantes, le produit scalaire dans (14.2), pour les
vecteurs (4.11) et (4.12), on trouve :
df = (grad f )1 · e1 du1 + (grad f )2 · e2 du2 + (grad f )3 · e3 du3
(4.13)
Cette expression pour df est à comparer avec la forme principale de df , la différentielle
de f (u1 , u2 , u3 ), une fonction de ses trois variables :
df =
∂f
∂f
∂f
· du1 +
· du2 +
· du3
∂u1
∂u2
∂u3
(4.14)
En comparant (4.13) et(4.14), on détermine les composantes du gradient de f :
(grad)1 e1 =
∂f
1 ∂f
→ (grad f )1 =
∂u1
e1 ∂u1
(grad)2 e2 =
∂f
1 ∂f
→ (grad f )2 =
∂u2
e2 ∂u2
(grad)3 e3 =
1 ∂f
∂f
→ (grad f )3 =
∂u3
e3 ∂u3
(4.15)
[Dans (4.13), (4.14), les coefficients prêt des du1 , du2 , du3 , qui sont des variations petites
mais arbitraires, ces coefficients doivent être égales].
En résumant, on trouve que, dans les coordonnées u1 , u2 , u3 , le gradient de f est de
la forme :
~ f = ~ˆe1 · 1 ∂f + ~ˆe2 · 1 ∂f + ~ˆe3 · 1 ∂f
grad
e1 ∂u1
e2 ∂u2
e3 ∂u3
=
 1 ∂f
e ∂u
 1 1
 1 ∂f
 e ∂u
 2 2
1 ∂f
e3 ∂u3





(4.16)
Dans les coordonnées sphériques, avec e1 = er = 1, e2 = eΘ = r, e3 = eΦ = r · sin Θ,
éqs.(13.18), on trouve :
~ f = ~ˆer · ∂f + ~ˆeΘ · 1 · ∂f + ~ˆeφ · 1 ∂f
grad
∂r
r ∂Θ
r sin Θ ∂φ

∂f
∂r




1 ∂f
r ∂Θ




=
26
1
r sin Θ
·
∂f
∂φ
(4.17)
Dans les coordonnées cylindriques (e1 = eρ = 1, e2 = eφ = ρ, e3 = ez = 1), le gradient
prendra la forme :
~ f = ~ˆeρ · ∂f + ~ˆeφ · 1 · ∂f + ~ˆez · ∂f
grad
∂ρ
ρ ∂φ
∂z
=
 ∂f
∂ρ

 1 ∂f
 ρ ∂φ

∂f
∂z





(4.18)
Dans les coordonnées polaires, dans l’espace bidimensionnel, e1 = eρ = 1, e2 = eφ = ρ,
le gradient est un vecteur à deux composantes :
~ f (ρ, φ) = ~ˆeρ · ∂f + ~ˆeφ · 1 · ∂f
grad
∂ρ
ρ ∂φ
=
 ∂f 
 ∂ρ 
1 ∂f
ρ ∂Φ
(4.19)
Remarque.
Dans le cas des coordonnées cartésiennes (et seulement pour ces coordonnées) on
utilise souvant la notation suivante pour le gradient :
~ f = ∇f
~
grad
(4.20)
~ qui figure dans (4.20), est un vecteur avec les comoù l’opérateur différentiel nabla ∇,
posantes :

∂x






~ =
∇
 ∂y  ≡
∂z
 ∂
∂x

 ∂
 ∂y

∂
∂z





(4.21)
de telle façon que :

∂x
∂x f














~ =
∇f
 ∂y  f =  ∂y f 
∂z
(4.22)
∂z f
– comp. l’éq.(14.1).
~ simplifie souvant les équations. Mais il ne faut pas lui
L’utilisation de l’opérateur ∇
~ est limite à des coordonnées cartesiennes.
généraliser trop, la définition de l’opérateur ∇
27
Exercices.
En faisant les calculs dans les coordonnées cartesiennes, démontrer les résultats suivants :
1)
~ = ~r
∇r
r
(4.23)
~ 1 = ~r
−∇
r
r3
(4.24)
1
2~r
= 2
2
+r
(a + r2 )2
(4.25)
2)
3)
~
−∇
a2
4)
3(~p · ~r)~r − r2 p~
(~p · ~r)
~
−∇ 3 =
r
r5
(4.26)
~ r) créé, respectivement,
Les résultats dans 2) et 4) correspondent à un champ électrique E(~
par une charge q = 4π placée à l’origine et par un petit dipôle électrique p~, placé également
à l’origine (à côte de l’origine, plus précisement, voir l’exercice 6 plus loin).
5) Retrouver les résultat dans (4.23) – (4.26) en faisant les calcul dans les coordonnées
sphériques. C’est à dire, démontrer que:
~ r = ~r
grad
r
(4.27)
~ 1 = ~r
−grad
r
r3
1
2~r
~
−grad
= 2
2
2
a +r
(a + r2 )2
2
~ (~p · ~r) = 3(~p · ~r)~r − r p~
−grad
r3
r5
~ f dans les coordonnées sphériques, éq.(4.17).
en utilisant l’expression pour grad
(4.28)
(4.29)
(4.30)
6) Pour justifier la formule (1.9) pour le potentiel électrique d’un dipôle, démontrer
le développement limité suivant :
2 !
q
q q(~a · ~r)
1 a
= ∓
+O
~a
3
r
2r
r r
|~r ± 2 |
28
(4.31)
qui est utile dans la limite |~a| |~r|.
Avec le résultat dans (4.31), on trouve :
q
q(~a · ~r)
q
q
−
=
+O
~a
~a
3
r
r
|~r − 2 | |~r + 2 |
2 !
a
r
(4.32)
et alors, dans la limite de |~a| ≡ a tout petit par rapport à |~r| ≡ r, on retrouve le potentiel
(1.9) avec
p~ = q · ~a
(4.33)
4.1. Dérivée dans la direction ~n.
Définition. La dérivée de f (~r) dans la direction ~n, où ~n est un vecteur unitaire (|~n| = 1)
quelconque, est définie comme suit :
∂~n f (~r) = lim+
→0
f (~r + ~n) − f (~r)
(4.34)
– Fig.32.
Alors, nous avons le résultat suivant :
Propriété 1 du gradient.
~ f (~r) avec un vecteur unitaire ~n quelconque est égale à la
Le produit scalaire de grad
dérivée de f (~r) dans la direction ~n :
~ f ) = ∂~n f (~r)
(~n · grad
(4.35)
où ∂~n f est définie par l’éq.(4.34) ci-dessus.
Démonstration.
f (~r + ~n), qui figure dans la partie droite de l’éq.(4.34), se développe comme suit (par
la définition du gradient, éq.(4.2), (4.3) ) :
~ f
f (~r + ~n) ' f (~r) + ~n · grad
(4.36)
– pour petit. Alors, pour la limite dans (4.35) on trouve :
lim+
→0
f (~r + ~n) − f (~r)
~ f
= ~n · grad
29
(4.37)
~ f.
qui signifie que ∂~n f = ~n · grad
Sur cette propriété est basée la deuxième propriété du gradient :
Propriété 2 du gradient.
~ f (~r), considéré comme un vecteur qui est attaché à au point ~r, est
Le gradient grad
orthogonal à la surface S~r des valeurs constantes de f (~r), surface de niveau de f (~r), qui
passe par ce même point ~r, Fig.33.
Démonstration. Supposons que m(~
~ r) est un vecteur qui est également attaché au
~ f (~r), et qui est tangent à la surface de niveau S~r , Fig.33.
point ~r, tout comme grad
Alors, comme f (~r) ne varie pas le long de cette surface, on doit avoir:
∂m
r) = 0
~ f (~
(4.38)
Mais alors, par l’éq.(4.35), 1ère propriété du gradient,
~ f (~r)) = 0
(m
~ · grad
(4.39)
Car m
~ est un vecteur arbitraire, qui est tangent à la surface S~r au point ~r, Fig.33,
~ f (~r) est orthogonale à S~r .
l’équation (4.39) signifie que grad
Remarque 1. La surface de niveau S~r de f (~r) est appelée également surface équipotentielle,
dans le cas où f (~r) est un potentiel électrique, f (~r) = U (~r).
Remarque 2, exemples.
~ f (~r) à la surface
On pourrait facilement vérifier/constanter l’orthogonalité du grad
des valeurs constantes de f (~r), la surface S~r , sur des exemples des fonctions et de leurs
gradients dans les exercices 1) - 3), éqs.(4.23) - (4.25). Mais il sera moins facile de la
vérifier directement dans le cas du potentiel d’un dipôle, exercice 4), éq.(4.26).
30
4.2. COMPLEMENT. Développement limité des fonctions de plusieurs
variables.
1. Rappel. Fonction d’une variable.
f (x) = f (x0 ) + (x − x0 )f 0 (x0 ) +
(x − x0 )2 00
(x − x0 )3 000
f (x0 ) +
f (x0 ) + ...
2
3!
(4.40)
— série de Taylor.
Une autre forme de ce même développement :
f (x) = f (x0 + (x − x0 )) = {x − x0 = b} = f (x0 + b)
(4.41)
Alors (4.40) pourrait être reécrit comme suit :
f (x0 + b) = f (x0 ) + bf 0 (x0 ) +
b3
b2 00
f (x0 ) + f 000 (x0 ) + ...
2
3!
(4.42)
On peut finalement remplacer x0 → x dans (4.42) :
f (x + b) = f (x) + bf 0 (x) +
b2 00
b3
f (x) + f 000 (x) + ...
2
3!
(4.43)
Remarque - précision : dans (1) on développe autour de x0 , en puissance de (x−x0 ). Dans
(4.43) on développe autour de x, en puissance de b, déplacement de x dans f (x+b). Sinon
(4.40) et (4.43) sont équivalants.
Liste de base de développements des fonctions classiques.
1)
ex = 1 + x +
∞
X
x2 x3
xn
+
+ ... =
2
3!
n=0 n!
(4.44)
2)
x3 x5
sin x = x −
+
+ ...
3!
5!
(4.45)
cos x = 1 −
x2 x 4
+
− ...
2
4!
(4.46)
sinh x = x +
x3 x5
+
+ ...
3!
5!
(4.47)
3)
4)
31
5)
cosh x = 1 +
x2 x4
+
+ ...
2
4!
(4.48)
6)
∞
n
X
x2 x3 x4
n−1 x
+
−
+ ... =
(−1)
log(1 + x) = x −
2
3
4
n
n=1
(4.49)
7)
(1 + x)γ = 1 + γ · x +
γ(γ − 1) 2 γ(γ − 1)(γ − 2) 3
x +
x + ...
2
3!
(4.50)
8)
1
= 1 − x + x2 − x3 + x4 − ...
1+x
(4.51)
Dans 1) - 8) les fonctions sont développée autour de x0 = 0.
À titre d’exercice, retrouver les développements 1) - 8), en faisant les calculs par la
série de Taylor (4.40).
Exemple d’application directe de la liste 1) - 8).
√
(− 21 )(− 32 ) 2
1
x 3
1
1
= (1 + x)− 2 = 1 − x +
x + ... = 1 − + x2 + ...
2
2
2 8
1+x
(4.52)
On peut se servir de la liste 1) - 8) également pour développer d’autres fonctions.
Exemple.
1
= 1 − x2 + x4 − ...
2
1+x
(4.53)
Dans ce développement x2 a été pris comme une nouvelle variable, u = x2 . Ensuite la
fonction 1/(1 + u) a été développée par l’éq. 8), dans la liste 1) - 8), et finalement u,
dans la série, a été remplacé par x2 .
Le plus souvant, dans les calculs actuels, on manipule par d’une expression particulière
de x comme par une nouvelle variable, sans explicitement la mentionner, sans la noter
explicitement. – Comme nous avons le fait dans le développement ci-dessus.
On peut se servir de la liste 1) - 8) pour développer autour d’un autre point que 0.
32
Exemples
1)
f (x) =
1
,
1+x
(4.54)
à développer autour de x0 = 1, c’est à dire, en puissance de x − x0 = x − 1.
1
1
1
1
1
1
=
= ·
·
x−1 =
1+x
2 + (x − 1)
2 1+ 2
2 1+u
1
x−1
x−1 2
1
+(
) + ...)
= (1 − u + u2 − ...) = (1 −
2
2
2
2
1
x − 1 (x − 1)2
1 1
1
= (1 −
+
+ ...) = − (x − 1) + (x − 1)2 + ...
2
2
4
2 4
8
(4.55)
2)
ex ,
x0 = 2
(4.56)
ex = e2+(x−2) = e2 · ex−2 = e2 (1 + (x − 2) +
(x − 2)2
+ ...)
2
(4.57)
3)
log(1 + x),
x0 = 3
log(1 + x) = log(4 + (x − 3)) = log(4 · (1 +
x−3 1 x−3
= log 4 +
−
4
2
4
2
(4.58)
x−3
x−3
)) = log 4 + log(1 +
)
4
4
1
1
+ ... = log 4 + (x − 3) − (x − 3)2 + ... (4.59)
4
32
2. Fouction de 3 variables, f (x, y, z).
La série de Taylor (4.40) se généralise comme suit :
f (x, y, z) = f (x0 , y0 , z0 )
+(x − x0 )∂x f (x0 , y0 , z0 ) + (y − y0 )∂y f (x0 , y0 , z0 ) + (z − z0 )∂z f (x0 , y0 , z0 )
+
(x − x0 )2 2
(y − y0 )2 2
(z − z0 )2 2
∂x f (...) +
∂y f (...) +
∂z f (...)
2
2
2
+(x − x0 )(y − y0 )∂x ∂y f (...) + (y − y0 )(z − z0 )∂y ∂z f (...)
+(x − x0 )(z − z0 )∂x ∂z f (...) + ...
33
(4.60)
Le développement en série de Taylor dans la forme (4.43) se généralise comme suit :
f (x + bx , y + by , z + bz ) = f (x, y, z) + bx ∂x f (x, y, z) + by ∂y f (x, y, z) + bz ∂z f (x, y, z)
+
(by )2 2
(bz )2 2
(bx )2 2
∂x f (...) +
∂y f (...) +
∂ f (...)
2
2
2 z
+bx by ∂x ∂y f (...) + by bz ∂y ∂z f (...) + bx bz ∂x ∂z f (...) + ...
(4.61)
Dans la forme plus compacte le développement (4.61) s’écrit comme suit :
f (~r + ~b) = f (~r) +
3
X
bi ∂i f (~r) +
i=1
3 X
3
1 X
bi bj ∂i ∂j f (~r) + ...
2! i=1 j=1
(4.62)
Ci-dessus, b1 = bx , b2 = by , b3 = bz , ∂1 f = ∂x f, ∂2 f = ∂y f, ∂3 f = ∂z f .
Si on se limite, dans (4.62), que par la première correction, alors on trouve:
~ (~r)
f (~r + ~b) ' f (~r) + ~b · gradf


~b =


 bx 




 by  ,




~
gradf
=
bz






(4.63)
∂x f 


∂y f 

∂z f
(4.64)

Application. Potentiel d’un petit dipôle.
Utilisons le développement (4.63) pour
1
f (~r) = ,
r
r = |~r| =
q
x2 + y 2 + z 2
(4.65)
1 ~ ~ 1
+ b · grad
|~r|
r
(4.66)
On trouve :
f (~r + ~b) =
1
|~r + ~b|
'
~ 1 = − ~r3 , l’un des exercices du chapitre sur le gradient.
Rappel : grad
r
r
1
|r + ~b|
'
1 ~
~r
1
~r
+ b · (− 3 ) = − ~b · 3
r
r
r
r
1
1 ~ ~r
−b· 3
r
r
(4.68)
1
1 ~a · ~r
' − 3
~a
r
2r
|~r + 2 |
(4.69)
|~r + ~b|
Mettons ~b =
~a
2
(4.67)
'
:
34
Mettons ensuite b = − ~a2 :
1
1 ~a · ~r
' + 3
~a
r
2r
|~r − 2 |
(4.70)
Alors pour le potentiel U (~r), créées par des charges q et −q, mises à la distanee ~a, on
trouve :
U (~r) =
q
1
1
~a · ~r
q
−
= q(
−
)'q· 3
~a
~a
~a
~a
r
|~r − 2 | |~r + 2 |
|~r − 2 | |~r + 2 |
(4.71)
p~ · ~r
,
r3
(4.72)
U (~r) '
où
p~ = q · ~a
(4.73)
Rémarque, une méthode de développement en plus.
Parfois, pour développer une fonction de plusieurs variables, il souffit, à nouveau,
d’utiliser la liste 1) - 8), pour des fonctions d’une seule variable.
Exemple.
f (x, y) = ex(1−y) , à développer, à l’ordre 2, autour de (0,0), c’est à dire à développer
en puissances de x, y, jusque l’ordre 2. Il s’agit d’un exercice dans les sujets de TD, partie
C.
Précisons que l’ordre 1 correspond aux termes ∼ x, ∼ y, dans le développement
autour de (0, 0). Que l’ordre 2 correspond aux termes ∼ x2 , ∼ y 2 , ∼ xy. Et etc. pour
des ordres plus élevés.
Au lieu de passer par la série de Taylor, pour f (x, y), fonction de deux variables :
f (x, y) = f (x0 , y0 ) + (x − x0 )∂x f (x0 , y0 ) + (y − y0 )∂y f (x0 , y0 )
+
(x − x0 )2 2
(y − y0 )2 2
∂x f (x0 , y0 ) +
∂y f (x0 , y0 ) + (x − x0 )(y − y0 )∂x ∂y f (x0 , y0 ) + ...(4.74)
2
2
qui est toujours possible, il est plus simple d’utiliser le développement de l’exponentielle
dans 1), de la liste 1) - 8), pour la variable u = x(1 − y). On trouve :
f (x, y) = ex(1−y) = eu = 1 + u +
u2
1
+ ... = 1 + x(1 − y) + (x(1 − y))2 + ...
2
2
1
= 1 + x − xy + x2 + ...
2
35
(4.75)
Observons que les termes d’ordres plus élevés (ordres 3 et 4) ont été supprimés en passant
d’avant dernières au dernières expression dans (36).
On peut vérifier qu’on trouve le même devéloppement en faisant le calcul par la série
de Taylor (4.74), pour x0 = y0 = 0.
36
5
Divergence d’une fonction vectorielle. Théorème
d’Ostrogradski.
~ r) une fonction vectorielle, ou un champ de vecteurs, dans la terminologie d’un
Soit A(~
~ r), est définie par
physicien. Dans les coordonnées cartésiennes, sa divergence, divA(~
l’expression :
~ r) =déf ∇
~ · A(~
~ r) = ∂x Ax (~r) + ∂y Ay (~r) + ∂z Az (~r)
divA(~
(5.1)
Observons que l’expression à droite de cette équation rassemble un produit scalaire
~ et le champ des vecteurs A(~
~ r).
entre l’opérateur nabla ∇
La signification physique de la divergence est liée à la notion d’un flux d’un champ
des vecteurs à travers une surface :
~ =
FS [A]
Z
~ r))
(d~s · A(~
(5.2)
S
– Fig.34. Dans cette expression d~s est un vecteur orienté dans la direction orthogonale
à S et avec son module |d~s| égale à l’aire d’un petite élément de surface qui est montré
dans la figure. Dans cette figure est exposé un seul élément de la surface S, mais il
faut imaginer que toute la surface est brisée en petits éléments similaires et, en calculant
l’intégrale dans (5.2), on fait sommer sur l’ensemble de ces petits éléments, dans la limite
où leur nombre tend vers l’infini (le surface S étant brisée en éléments de plus en plus
petits). C’est à dire :
FS [A] =
Z
S
N
X
~ r) =déf lim
~ ri )
d~s · A(~
d~si · A(~
N →∞
(5.3)
i=1
La partie droite de cette équation est la somme de Darboux qui définit l’intégrale sur une
surface S, l’intégrale à gauche dans (5.3). La Fig. 35 donne la définition géométrique
plus détaillée de l’intégrale de surface dans (5.2), (5.3). Pour se familiariser avec des
intégrales de surface, dans le COMPLEMENT de ce chapitre sont traités des calculs des
flux à travers des surfaces, dans des 6 géometries simples.
Il n’est pas trop compliqué à démontrer que la divergence d’un champ A(~r) en un
~ à travers une petite surface fermée qui
point ~r est proportionnelle à un flux du champ A
37
entoure le point ~r, dans la limite où la taille de cette surface (et le volume de l’espace
qu’elle entoure) tend vers zero, Fig.36. Le coefficient de proportionalité est le petit volume
dV entouré par la surface :
~ · dV
dFS ' divA
(5.4)
Nous avons noté ce flux comme dFS , au lieu de FS , pour souligner qu’il est tout petit,
comme le volume dV . Sinon, dFS se calcule par la même formule, celle dans l’éq.(5.2).
L’égalité approchée dans l’éq.(5.4) devient l’égalité dans la limite de dV → 0. Par
conséquence dFS → 0 également, mais leur rapport dFS /dV reste fini et devient égale à
~ r).
la divergence, divA(~
~ à partir de l’éq.(5.2)
La démonstration de l’éq.(5.4), c’est à dire l’emergence de divA
pour S fermée et toute petite, cette démonstration pourrait se faire de la manière plus
simple en choisissant pour S, la surface qui entoure le point ~r, Fig.36, la forme d’un
cuboı̈de, Fig.37. Avec quelques arguments supplémentaires on pourrait se convaincre
que le résultat de la limite (quand la taille de S tend vers zero) ne dépend pas de la
forme particulière de S. D’autre part, avec S de la forme d’un cuboı̈de, la démonstration
est plus rapide.
Dans la limite où le cuboı̈de devient tout petit, l’intégrale sur la surface dans l’éq.(5.2)
pourrait être remplacée par la somme des flux approximatifs à travers des 6 côtés du
~ r) étant choisi, pour sa valeur, au millieu de chaque côté, multiplié par l’aire
cuboı̈de, A(~
de la facette Fig.37 (multiplier par le vecteur d~s, plus précisement).
~ est orienté vers l’interieur du cuboı̈de,
Une remarque supplementaire est que, si A
pour un côté particulier, alors sa contribution aura un signe négatif, comme résultat du
~ dans l’éq.(5.2): la convention habituelle étant, pour une surface
produit scalaire (d~s · A)
fermée, que d~s est orienté vers l’exterieur.
Avec ces observations on trouve l’expression suivante, Fig.37:
dx
dx
~ex )dydz − Ax (~r − ~ex )dydz
2
2
dy
dy
+Ay (~r + ~ey )dxdz − Ay (~r − ~ey )dxdz
2
2
dFS ' Ax (~r +
38
+Az (~r +
dz
dz
~ez )dxdy − Az (~r − ~ez )dxdy
2
2
(5.5)
~ex , ~ey , ~ez (|~ex | = |~ey | = |~ez | = 1) sont les vecteurs de la base, Fig.37. En développant
Ax (~r +
dx
~e )
2 x
dans
dx
,
2
etc., on trouve:
dFS ' (
∂Ax (~r) ∂Ay (~r) ∂Az (~r)
+
+
)dxdydz
∂x
∂y
dz
(5.6)
– en accord avec l’éq.(5.4).
~ r, t), qui dépend en plus du temps dans cet exemple,
Exemple. Considerons le cas où A(~
est la densité d’un courant des particules: des molecules d’un gaz en mouvement ou des
particules chargées qui constituent un courant électrique. On trouve dans ce cas:
~ ~r) = ρ(t, ~r) · ~v (t, ~r)
A(t,
(5.7)
où ρ(t, ~r) est la densité des particules (en un point ~r et au moment t) et ~v (t, ~r) est leur
~ dans cet exemple correspond à la différence d’un
vitesse moyenne. La divergence de A
nombre des particules qui sortent et qui rentrent dans le petit volume dans la Fig.36, par
~ r, t) est positif, alors le nombre de particules
l’unité du temps. Si, par exemple, divA(~
qui sortent sera superieure au nombre des particules qui rentrent et, en conséquence, la
densité des particules (en un point ~r, au moment t) va diminuer. On aura l’équation:
∂ρ(t, ~r)
~ ~r)
= −divA(t,
∂t
(5.8)
qui décrit le bilan local des particules en mouvement. Il faut ajouter que
l’équation de bilan dans la forme (5.8) correspond au cas où le nombre des particules est
conservé : il n’y a pas de sources de production des nouvelles particules dans un milieu
et, également, il n’y a pas de disparition des particules.
Exercices.
Calculer la divergence des champs de verteurs suivants
~ r) = ~r
1) A(~
~ r) = ~r ,
2) A(~
r3
39
en ~r 6= 0
(5.9)
(5.10)
~ r) =
3) A(~
a2
~r
+ r2
(5.11)
Réponses:
~ · ~r) = 3
1) div~r ≡ (∇
(5.12)
~r
~ · ~r ) = (∇
~ · ~r) 1 − 3 (~r · ∇r)
~ =0
≡ (∇
3
3
r
r
r3 r4
3a2 + r2
~r
~r
~ ·
)
=
...
=
3) div 2
≡
(
∇
a + r2
(a2 + r2 )
(a2 + r2 )2
2) div
(5.13)
(5.14)
~ r) dans les coordonnées curvilignes.
Divergence d’un champ A(~
~ indépendante des systèmes des coorLa définition générale de la divergence, divA,
données, est donnée par l’éq.(5.4), de la manière un peu analogue à l’équation (14.2)
~ (~r).
donnant la définition général du gradient, gradf
Tout comme dans l’utilisation de l’éq.(14.2) dans le chapitre 4, il nous faudra préciser/exprimer
les différents éléments qui rentrent dans l’éq.(5.4), les exprimer en coordonnées curvilignes
quelconques, u1 , u2 , u3 .
Imagions que le point ~r = ~r(u1 , u2 , u3 ) est entouré, de nouveau, par un petit cuboı̈de,
mais avec ses côtés, cette fois-ci, parallels à des plans (1.2), (13.3), (3.1) de la base mobile
des coordonnées u1 , u2 , u3 , au point ~r, Fig.38.
Ensuite, le calcul se fait de la même manière comme dans le cas des coordonnées
cartésiennes. La différence est que, avec des coordonnées curvilignes, les composantes
~ sont accompagnées par les facteurs géométriques, qui sont, ègalement, les
du champ A
fonctions des coordonnées u1 , u2 , u3 . Par exemple, pour les 2 termes qui sont exposés
dans la Fig.38, il faudra développer pas seulement les composantes A1 (u1 +
A1 (u1 −
du1
, u2 , u3 ),
2
du1
, u2 , u3 ),
2
mais également les facteurs e2 , e3 qui leurs accompagnent.
Plus concrétement:
A1 (u1 +
du1
du1
du1
, u2 u3 )e2 (u1 +
, u2 , u3 )e3 (u1 +
, u2 , u3 )
2
2
2
' A1 (u1 , u2 , u3 )e2 (u1 , u2 , u3 )e3 (u1 , u2 , u3 )
+
du1 ∂
·
(A1 (u1 , u2 , u3 )e2 (u1 , u2 , u3 )e3 (u1 , u2 , u3 ))
2 ∂u1
40
(5.15)
A1 (u1 −
du1
du1
du1
, u2 u3 )e2 (u1 −
, u2 , u3 )e3 (u1 −
, u2 , u3 )
2
2
2
' A1 (u1 , u2 , u3 )e2 (u1 , u2 , u3 )e3 (u1 , u2 , u3 )
−
du1 ∂
·
(A1 (u1 , u2 , u3 )e2 (u1 , u2 , u3 )e3 (u1 , u2 , u3 ))
2 ∂u1
(5.16)
En ajoutant (en soustrant plutôt, Fig.38) ces deux termes, qui sont, en plus, multipliés
par du2 du3 , on trouve :
∂
(A1 e2 e3 ) · du1 du2 du3
∂u1
(5.17)
En ajoutant les contributions de 4 autres faces du cuboı̈de dans la Fig.38, on trouve que
le flux total, à travers les 6 côtés du cube, est donné par l’expression :
dFS ' (
∂
∂
∂
(A1 e2 e3 ) +
(A2 e1 e3 ) +
(A3 e1 e2 ))du1 du2 du3
∂u1
∂u2
∂u3
(5.18)
Dans l’équation (5.4), l’autre facteur à exprimer en coordonnées curvilignes est dV .
Ce facteur est beaucoup plus simple. Par la Fig.38 :
dV = e1 e2 e3 du1 du2 du3
(5.19)
(comp., également, l’éq.(13.20)).
~ est à déterminé.
Le facteur qui reste dans l’éq.(5.4), divA,
De cette manière, à partir de l’éq,(5.4), avec dFS dans (5.18) et dV donné par
~ en coordonnée curvilignes
l’éq.(5.19), on trouve l’expression pour la divergence du champ A,
quelconques, u1 , u2 , u3 :
~ 1 , u2 , u3 ) =
divA(u
1
∂
∂
∂
[
(e2 e3 A1 ) +
(e1 e3 A2 ) +
(e1 e2 A3 )]
e1 e2 e3 ∂u1
∂u2
∂u3
(5.20)
En coordonnées sphériques, u1 = r, u2 = Θ, u3 = φ, e1 = er = 1, e2 = eΘ = r, e3 =
eφ = r · sin Θ, on trouve :
~ Θ, φ) =
divA(r,
r2
1
∂
∂
∂
[ (r2 sin Θ · Ar ) +
(r · sin Θ · AΘ ) +
(r · Aφ )]
sin Θ ∂r
∂Θ
∂φ
(5.21)
En coordonnées cylindriques, u1 = ρ, u2 = φ, u3 = z, e1 = eρ = 1, e2 = eΦ = ρ,
e3 = ez = 1 :
~ φ, z) = 1 [ ∂ (ρAρ ) + ∂ (Aφ ) + ∂ (ρAz )]
divA(ρ,
ρ ∂ρ
∂φ
∂z
41
(5.22)
En coordonnées polaires, en deux dimensions (u1 = ρ, u2 = Φ, e1 = eρ = 1, e2 =
eΦ = ρ), on trouvera, avec des méthodes analogues, l’expression suivante :
~=
divA
1
∂
∂
[
(e2 A1 ) +
(e1 A2 )]
e1 e2 ∂u1
∂u2
1 ∂
∂
= [ (ρAρ ) +
(AΦ )]
ρ ∂ρ
∂Φ
(5.23)
Exercices
4) Recalculer les divergences des champs de vecteurs dans (5.9) - (5.11) en utilisant
~ en coordonnées sphériques, éq.(5.21). Faudra déterminer d’abord
l’expression pour divA
les composantes sphériques, Ar , AΘ , AΦ , des champs des vecteurs dans (5.9) - (5.11).
Vérifier que les résultats s’accordent avec les réponses (5.12) - (5.14), obtenues auparavant en faisant les calculs en coordonnées cartesiennes.
Premier théorème intégrale : théorème d’Ostrogradski.
La formule locale (5.4), additionnée, produit la formule intégrale suivante :
I
S
~ r) =
d~s · A(~
Z
~ r)
d3 r divA(~
(5.24)
DS
Dans cette équation, DS est un domaine, dans l’espace R3 , entouré par la surface S,
Fig.39.
~ intégrée sur un domaine
L’équation (5.24), égalité entre la divergence d’un champ A,
DS , et le flux de ce champ à travers la surface qui entoure le domaine DS , cette égalité
est appelée le théorème d’Ostrogradski, ou le théorème de divergence.
Au lieu d’une démonstration detaillée, nous allons donner quelques arguments pour
montrer que cette formule est bien naturelle est transparente.
Imaginons que nous avons coupé le domaine DS en petits cuboı̈des, qui peuvent être
quelque peu déformés, de la façon que l’ensemble de ces cuboı̈des remplit parfaitement
le domaine DS . Dans la Fig.40 sont montrés deux cuboı̈des de cet ensemble.
Ensuite, l’intégrale à droite dans l’éq.(5.24) pourrait être remplacée par la somme
de Darboux correspondante, sur cet ensemble : la contribution de chaque petit cuboı̈de,
42
dans la somme, étant de la forme:
~ · dV
divA
(5.25)
~ est déterminé, pour sa valeur, au centre
où dV est un petit volume du cuboı̈de et divA
de ce petit cuboı̈de.
Nous pouvons maintenant utiliser l’éq.(5.4), lue dans le sens oposé, pour remplacer
~
~ à travers les côtés d’un petit cuboı̈de. Rappelons que
divA·dV
par le flux dF du champ A
ce flux se calcule par l’intégrale dans l’éq.(5.2) avec d~s orienté vers l’exterieur du cuboı̈de
en question. Maintenant, si on a fait ce type de transformation pour tous les petits
cuboı̈des qui partionnent le domaine DS et on a additionné les résultats, on observe
que le flux à travers chaque petit côté d’un cuboı̈de donné, qui se trouve à l’interieur
de DS , rentre deux fois dans la somme, car chaque côté appartient à deux cuboı̈des
voisins, Fig.40. En plus, ces contributions sont de signes opposés à cause de l’orientation
opposée de d~s dans l’éq.(5.2) : orientations exterieure - interieure sont opposées pour les
deux cuboı̈des dans la Fig.40 qui partagent le même côté rectangulaire. Comme résultat
final, les flux à travers tous les côtés des cuboı̈des qui se trouvent à l’interieur de DS
se compensent, les uns contre les autres. Il restera les flux à travers les petits côtés des
cuboı̈des qui se trouvent sur le bord de DS . Cet ensemble des petits flux, additionnés,
correspond à l’intégrale sur le bord de D dans l’éq.(5.24) à gauche.
5.1. COMPLEMENT. Exemples des calculs des flux, en coordonnées cartesiennes et en coordonnées sphériques.
Calculs en coordonnées cartesiennes.
Exemple 1.
Le flux d’un champ de vecteurs

x






A(~r) = ~r = 
y
(5.26)
z
à travers la surface S dans Fig.41 : un carré, parallel au plan (x, y), soulevé à la hauteur
43
a le long de l’axe z :
S : −a < x < a,
−a < y < a,
z=a
(5.27)
On trouve :
Z
~ =
FS [A]
Z
~=
d~s · A
S
Z
=
S
S
dx dy Az =
~
dx dy ~ez · A
Z
dx dy · z
(5.28)
S
On observe que, sur la surface S, z est constant, z = a,
=
Z
dx dy · a = a ·
Z +a
dx
Z +a
−a
S
dy = a · 2a · 2a = 4a3
(5.29)
−a
Nous avons utilisé le théorème de Fubini pour remplace l’intégrale bidimensionnalle
R
S
dx dy par l’intégrale double
Ra
−a
dx
Ra
−a
dy.
~ = 4a3
FS [A]
(5.30)
Exemple 2.
Le flux du champ

y






~ r) = 
B(~
z
(5.31)
x
à travers la même surface, éq.(5.27), Fig.41.
Dans le cas on trouve :
Z
~ =
d~s · B
Z
S
S
~z
dx dy ~ez · B
(5.32)
Bz = x, éq.(5.31),
=
Z
dx dy · x =
Z a
dx · x ·
−a
S
=
Z a
dy
−a
x2 a
|−a × y|a−a = 0 × 2a = 0
2
~ =0
FS [B]
44
(5.33)
(5.34)
Exemple 3.
~ r), eq.(5.26) à travers la surface S :
Le flux du champ A(~
−a < x < a,
−a < z < a,
y=a
(5.35)
– Fig.42.
On trouve dans ce cas :
Z
~ =
FS [A]
=
Z
S
S
dx dz · Ay =
=a·
Z a
Z
~=
d~s · A
dx ·
−a
S
Z
~
dx dz · ~ey · A
dx dz · y =
S
Z a
Z
dx dz · a
S
dy = a · 2a · 2a = 4a3
(5.36)
−a
FS [A] = 4a3
(5.37)
Exemple 4.
~ r), éq.(5.26), à travers la surface d’un cube, Fig.43, du taille
Le flux du champ A(~
2a × 2a × 2a :
−a < x < a,
−a < y < a,
−a < z < a
(5.38)
Cette fois-ci, il s’agit d’une surface fermée.
La surface totale, S, est faite de 6 côtés du cube, Si , i = 1, 2, 3, 4, 5, 6. L’intégrale sur
S sera égale à la somme des intégrales sur les 6 côtés :
~ =
FS [A]
I
~=
d~s · A
Z
S
S1
+
Z
S4
~+
d~s1 · A
Z
~+
ds4 · A
Z
S2
S5
~+
d~s2 · A
Z
~+
d~s5 · A
Z
S3
S6
~
d~s3 · A
~
ds6 · A
(5.39)
Dans les exemples 1 et 3 nous avons déjà calculé les intégrales sur les côtés S1 et
~ r) = ~r (A(~
~ r) est isotrope) et de la
S2 , Figs.41, 42. A cause des symétries du champ A(~
surface S, Fig.43, il est facile à réaliser que les calculs des flux à travers les côtés S1 , ..., S6
donneront, tous, le même résultat, c’est-ce que nous avons vérifié déjà avec des calculs
pour S1 et S2 . Finalement nous trouvons, pour le flux total dans (5.39) :
~ =
FS [A]
I
~ = 6 × 4a3 = 24a3
d~s · A
S
45
(5.40)
Observons maintenant que ce même résultat, pour le flux total, nous pouvons le
retrouver autrement. Du fait que la surface S, dans le cas actuel, est fermée, nous permet d’appliquer le théorème d’Ostrogradski, éq.(5.24). Par ce théorème, nous pouvons
~ (pour S fermée) par le calcul de l’intégrale tridimenremplacer le calcule du flux FS [A]
~ divA,
~ et de
sionnel sur le domane D, borné par S. Il faudra calculer la divergence de A,
l’intégrer sur D.
~ r) = ~r, éq.(5.26), et avec la définition de divA
~ dans (5.1) (en coordonnées
Pour A(~
cartesiennes), on trouve immediatement
~=3
divA
(5.41)
Ensuite :
~ =
FS [A]
=3×
Z a
−a
dx ×
Z a
−a
dy ×
Z a
Z
~=
d rdivA
3
D
Z
dx dy dz · 3
D
dz = 3 × 2a × 2a × 2a = 24a3
(5.42)
−a
– en accord avec le résultat de nos calculs directs de FS [A], éq.(5.40).
Soulignons encore que cette deuxieme méthode du calcul du flux à travers nue surface
s’applique, uniquement, à des surfaces fermées.
Dans le cas des surfaces ouvertes, avec des bords, comme dans les figures 34, 35,41,42,
le seule méthode du calcul de flux et la méthode directe. Il n’y a pas des théorèmes, du
type de théorème d’Ostrogradski, pour des surface ouvertes.
~ r), éq.(5.31), exemple 2,
Observons encore que pour le champ B(~
~ =0
divB
(5.43)
~ à travers le surface totale du cube,
Par le théorème d’Ostrogradski, le flux total FS [B],
sera égal à 0.
~ pas seulement le flux total
Dans l’exemple 2, nous avons vu que, pour le champ B,
s’annule mais également sont égales à 0 les flux partiels du cube. Dans l’exemple 2 nous
~ r) et
avons fait le calcul pour le côté S1 . Encore une fois, par la symetrie du champ B9~
46
les symetries du cube, on trouvera le même annulation du flux pour d’autres côtés du
cube,S2 , ..., S6 .
De nouveau, nous trouvons l’accord avec le calcul du flux total par le théorème
d’Ostrogradski :
Quelques formules utiles.
Nous vouderions résumer sur les calculs précedents et donner quelques formules utiles
pour la suite.
Observons qu’en coordonnées cartésiennes le vecteur-petit déplacement dans l’espace
est de la forme :

dx






d~r = dx~ex + dy~ey + dz~ez = 
 dy 
(5.44)
dz
Le vecteur-petit surface (dans les intégrales sur des surfaces, en calculant les flux) est
comme suit :

dy dz






d~s = dy dz · ~ex + dz dx · ~ey + dx dy · ~ez = 
 dz dx 
(5.45)
dx dy
Nous avons vu l’apparition de différentes composantes de d~s leur des calcul des flux à
travers les differents côtés du cube, Fig.41, 42, 43. C’est l’orientation de surface, sur
laquelle on intègre, qui choisit telle ou telle composante du vecteur d~s dans (5.45).
Nous allons maintenant généraliser les formules (5.44), (5.45) vers des coordonnées
curvilignes.
Pour le vecteur-petit deplacement dans l’espace nous avons l’expression suivante :

e1 du1







d~r = e1 du1 · ~ˆe1 + e2 du2 · ~ˆe2 + e3 du3 · ~ˆe3 =  e2 du2 
(5.46)
e3 du3
– comp. l’éq.(4.11).
Pour le vecteur-petite surface (surface élémentaire dans les intégrales), d~s et de la
47
forme :
d~s = e2 e3 du2 du3 · ~ˆe1 + e3 e1 du3 du1 · ~ˆe2 + e1 e2 du1 du2 · ~ˆe3

e2 e3 du2 du3






 e3 e1 du3 du1 
=
(5.47)
e1 e2 du1 du2
Egalement, les différentes composantes du vecteur d~s dans (5.47) sont apparu déjà dans
nos calculs précedants : voir la Fig.38 qui explique, en soi-même, la forme des differentes
composantes de d~s.
Rappelons que des facettes du petit cuboı̈de dans la Fig.38 sont déjà des tailles
élémentaires : dl2 × dl3 = e2 e3 du2 du3 , etc. .
Nous auront besoin des différentes composantes des vecteurs d~r, (5.46), et de d~s,
(5.47), dans des calculs qui vont suivre, en coordonnées curvilignes.
Nous donnons finalement les formes explicites des vecteurs d~r et d~s dans les coordonnées sphériques et cylindriques.
En coordonnées sphériques (e1 = er = 1, e2 = eΘ = r, e3 = eφ = r · sin φ) :
d~r = dr · ~ˆer + r · dΘ · ~ˆeΘ + r · sin Θ · dφ · ~ˆeφ

dr




rdΘ




=

dr







=  drΘ 
(5.48)
drφ
r sin Θ dφ
d~s = r2 sin Θ dΘ dφ · ~ˆer + r sin Θ dφ dr · ~ˆeΘ + r dr dΘ · ~ˆeφ
=
 2

r sin Θ dΘ dφ




 r sin Θ dφ dr 


r dr dΘ

dsr






=
 dsΘ 
(5.49)
dsφ
En coordonnées cylindriques (e1 = eρ = 1, e2 = eφ = ρ, e3 = ez = 1):
d~r = dρ~ˆeρ + ρdφ · ~ˆeφ + dz~ˆez

dρ











drρ




=  ρdφ  =  drφ 
dz
drz
48
(5.50)
d~s = ρ dφ dz · ~ˆeρ + dz dρ ~ˆeφ + ρ dρ dφ · ~ˆez

ρ dφ dz











dsρ




=  dz dρ  =  dsφ 
(5.51)
dsz
ρ dρ dφ
Calculs en coordonnées curvilignes.
Exemple 5.
Le flux d’un champ
~ r) = ~r
A(~
r2
(5.52)
à trouvers la surface d’une sphère de rayon R, centrée à l’origine, Fig.44. Calcul en
coordonnées sphériques.
Le champ (5.52) se décompose comme suit, par rapport à la base mobile des coordonnées sphériques :
~ r) = 1 ~ˆer
A(~
r
Sinon:

Ar






~ r) = 
A(~
 AΘ  =
(5.53)
1
r
 
 
o
 
Aφ
(5.54)
0
Le flux se calcule par l’intégrale :
~ =
FS [A]
I
~
d~s · A
(5.55)
S
Observons que, pour la surface de la sphère, Fig.44,
d~s = dsr · ~ˆer = r2 sin Θ dΘ · dφ
(5.56)
Nous avons utilisé la forme de la composante dsr donnée dans l’éq.(5.49). Ensuite :
I
S
~=
d~s · A
1 Z
dsr · Ar = r sin Θ · dΘ · dφ · = r sin Θ · dΘ · dφ
r
S
S
S
Z
Z
2
(5.57)
Sur le surface S, r est fixe, r = R, Θ et φ varient, doivent être intégres,
=
Z
S
R sin Θ·dΘ dφ = R
Z 2π
0
dφ
Z π
0
sin Θ·dΘ = R·rπ·(− cos Θ)|π0 = 2πR·2 = 4πR (5.58)
49
~ = 4πR
FS [A]
(5.59)
Ce résultat se rétrouve avec le théorème d’Ostrogradski (S étant fermée) :
~=
divA
∂ 2
1
(r sin Θ · Ar )
sin Θ ∂r
r2
(5.60)
~ en sphériques, étant donné que AΘ , Aφ = 0
– éq.(5.21), pour divA
~=
divA
1 ∂ 2
1 ∂ 2 1
1 ∂
1
(r
·
A
)
=
(r
·
=
r
=
r
r2 ∂r
r2 ∂r
r
r2 ∂r
r2
(5.61)
Par le théorème d’Ostrogradski :
~ =
FS [A]
Z
I
~=
d~s · A
Z
S
r2 dr sin Θ dΘ dΦ
0
dr
Z π
Z
DS
DS
Z R
~=
d3 rdivA
sin Θ dΘ
Z 2π
d3 r ·
DS
1
=
r2
Z
1
r2
dr · sin Θ dΘ · φ
D3
dφ = R × 2 × 2π = 4πR
(5.62)
0
0
Exemple 6.
Le flux du champ de vecteurs
~ (~r) = z · ~ez
W
(5.63)
à travers la surface de demi-sphère, de rayon R, 0 < Θ < π2 , Fig.45.
Calcul en coordonnées sphériques. D’abord, il faut décomposer W (~r) dans la base
mobile des coordonnées sphériques. Par la Fig.46 on trouve :
~ (~r) = z · ~ez = z · cos Θ · ~ˆer − z · sin Θ · ~eΘ
W
(5.64)
Il reste à exprimer z en fonction des coordonnées sphériques : z = r · cos Θ. Alors :
~ (~r) = r · cos2 Θ · ~ˆer − r · cos Θ · sin Θ · ~ˆeΘ
W
Sinon :

Wr
r cos2 Θ














~ (~r) = 
W
 WΘ  =  −r cos Θ sin Θ 
Wφ
0
50
(5.65)
(5.66)
Ensuite :
~ ]=
FS [W
=
Z
Z
S
~
d~s · W
S
dsr · ~ˆer · (Wr · ~ˆer + WΘ · ~ˆeΘ )
S
=
Z
dsr · Wr =
Z
=
r2 sin Θ dΘ dφ · r · cos2 Θ
S
Z
r3 sin Θ · cos2 Θ dΘ · dφ
(5.67)
S
Sur S, demi-sphère, r est fixe, r = R. Θ, φ varies, doivent être intègrées dans des limites
qui correspondent à la demi-sphère. On trouve :
Z
r3 sin Θ cos2 Θ dΘ · dφ
S
=
Z
3
2
R sin Θ cos Θ dΘ · dφ = R
3
Z π/2
2
sin Θ · cos Θ · dΘx
0
= −R
3
Z π/2
2
cos Θ · d cos Θx
Z 2π
dφ
0
Z 2π
dφ = −R
3
3 cos
0
0
3
Θ
π
|02 × φ|2π
0
1
2π 3
= +R3 × 2π =
R
3
3
(5.68)
~ ] = 2π R3
(5.69)
FS [W
3
Observons que, formelement, on ne peut pas applique dans ce cas le théorème d’Ostrogradski,
la surface S étant ouvert, avec un bord, le cercle de rayon R dans le plan x, y, Fig.45.
Mais, si on ajoute le disque de rayon R dans le plan x, y, l’ensemble (S plus disque)
~ (~r) s’annule sur la surface du disque (où z = 0), le flux
fait une surface fermée. Car W
~ à travers le disque sera égale à zéro et le résultat (5.69) restera le même pour la
de W
surface fermée, complétée par le disque. Alors, en effet, on peut appliquer le théorème
d’Ostrogradski, pour vérifier/retrouver le résultat du calcul direct, éq.(5.69).
On trouve d’abord que
~ (~r) = 1
divW
(5.70)
~ (~r) en coordonnées cartésiennes, voyant la forme de W
~ (~r)
Il est facile de calculer divW
en cartesiennes :

~ (~r) = z · ~ez =
W
Wx
0

 




 Wy 


 
 
0
 
Wz
51
=
z
(5.71)
On trouve :
~ = ∂x Wx + ∂y Wy + ∂z Wz = ∂z z = 1
divW
(5.72)
– le résultat annoncé dans (5.70).
~ est déterminé, en cartesiennes cette fois-ci, on peut l’utiliser, dans la
Une fois divW
suite, pour des calculs dans d’autres coordonnées, en occurance en coordonnées sphériques.
Par le théorème d’Ostrogradski :
I
Z
~ =
d~s · W
S
~ =
d r · divW
3
DS
Z
d3 r · 1 =
DS
= Volume de demi-sphère
=
2πR3
1 4πR3
·
=
2
3
3
(5.73)
– en accord avec l’éq.(5.69).
Exemple 7.
~ (~r), éq.(5.63), à travers la surface S, fermée, constituée de deux
Le flux du champ W
parties :
S = S1 + S2
(5.74)
(S = l’ensemble de S1 et S2 ). S1 et la surface du cône, d’ouverture α, et S2 est un
chapeau sphérique, de la sphère du rayon R, Fig.47.
Le flux total sera fait de deux parties : le flux à travers S1 et le flux à travers S2 :
~ ]=
F S [W
I
~ =
d~s · W
S
Z
~ +
d~s · W
S!
Z
~
ds · W
(5.75)
S2
Le flux à travers la surface S1 , Figs.47,48.
FS1 =
Z
~ =
d~s · W
S1
Z
S1
dsΘ · WΘ
(5.76)
~ (~r) = z · ~ez dans la base mobile des coordonnées
La décomposition du champ W
sphériques à été déterminée auparavant, dans l’exemple 6, éqs.(5.65), (5.66). D’oú :
WΘ = −r · cos Θ · sin Θ
52
(5.77)
Alors:
FS1 =
Z
S1
dsΘ WΘ =
Z
r sin Θ dr dφ × (−r · cos Θ · sin Θ)
S1
=−
Z
r2 dr · cos Θ · sin2 Θ · dφ
(5.78)
S1
Nous avons utilisé la forme de la composante dsΘ donnée dans l’eq.(5.49).
Sur la surface S1 , Θ est fixe, Θ = α, r est φ varient :
r : 0→R
φ : 0 → 2π
(5.79)
On obtient :
2
FS1 = − cos α · sin α
Z R
2
r dr
0
Z 2π
dφ
0
= − cos α · sin2 α ·
R3
· 2π
3
(5.80)
3
~ ] = − 2πR cos α · sin2 α
FS1 [W
3
(5.81)
Le flux à travers la surface S2 , Figs.47,49.
FS2 =
Z
~ =
d~s · W
S2
Z
S2
dsr · Wr
(5.82)
Par l’éq.(5.66),
Wr = r cos2 Θ
(5.83)
On trouve :
FS2
Z
S2
dsr · Wr =
Z
r2 sin Θ · dΘ · dφ × r · cos2 Θ
S2
=
Z
r3 sin Θ · cos2 Θ · dΘ · dφ
(5.84)
S2
Sur la surface S2 , r est fixe, r = R, Θ et φ varient :
Θ : 0→α
φ : 0 → 2π
53
(5.85)
Alors :
FS2 = R
3
Z α
= −R3
2
sin Θ · cos Θ · dΘ
0
Z 2π
dφ
0
Z α
cos2 Θ · d(cos Θ)
0
Z 2π
dφ
0
= −R3
cos3 Θ α
| × φ|2π
0
3 0
1
= +R3 · (1 − cos3 α) · 2π
3
2πR3
(1 − cos3 α)
3
=
3
~ ] = 2πR · (1 − cos3 α)
FS2 [W
3
(5.86)
(5.87)
Calculons maintenant le flux total. Par l’éq.(5.75) :
~ ] = FS1 [W
~ ] + FS2 [W
~]
FS [W
=−
2πR3
2πR3
cos α · sin2 α +
(1 − cos3 α)
3
3
2πR3
× (1 − cos3 α − cos α · sin2 α)
3
=
2πR3
× (1 − cos α · (cos2 α + sin2 α))
3
=
2πR3
× (1 − cos α)
3
=
3
~ ] = 2πR (1 − cos α)
F S [W
3
(5.88)
(5.89)
Finalement, retrouvons ce résultat avec le théorème d”Ostrogradski :
~ ]=
FS [W
I
~ =
d~s · W
S
Z
~
d3 r divW
(5.90)
DS
~ = 1, éq.(5.72). Alors on
Nous avons trouvé auparavant, dans l’exemple 6, que divW
obtient :
~ ]=
F S [W
Z
Z
~ =
d3 rdivW
DS
DS
d3 r · 1 = Volume de DS
(5.91)
Rappelons que nous avons déjà calculé le volume du solide dans la Fig.47 (volume limité
par S1 et S2 ). Dans le chapitre 3, exercice à la fin, nous avons trouvé :
Volume de DS =
2πR3
· (1 − cos α)
3
54
(5.92)
– l’éq.(3.55).
Nous trouvons finalement, par (5.91), (5.92), que
2πR3
~
F S [W ] =
· (1 − cos α)
3
– en accord avec le résultat du calcul direct, éq.(5.89).
55
(5.93)
6
Rotationnel d’une fonction vectorielle.
Circula-
tion. Théorème de Stokes.
~ r)
Définition 1. Dans les coordonnées cartesiennes, le rotationnel d’un champ de vecteurs A(~
est défini par l’expression :
~ r) = (∂y Az − ∂z Ay )~ex + (∂z Ax − ∂x Az )~ey
~ A(~
rot

∂y Az − ∂z Ay






 ∂z Ax − ∂x Az 
+(∂x Ay − ∂y Ax )~ez = 
(6.1)
∂x Ay − ∂y Ax
~ pourrait
~ A
Dans les coordonnées cartesiennes, et uniquement dans ces coordonnées, le rot
~ de la manière suivante :
être présenté à l’aide de l’opérateur nabla ∇
~=∇
~ ∧A
~
~ A
rot
(6.2)
~ B
~ signifit le produit exterieur de deux vecteurs, A
~ et B,
~ appelé également
Le symbol A∧
produit vectoriel :
~∧B
~ = (Ay Bz − Az By )~ex + (Az Bx − Bx Az )~ey
A
Ay Bz − Az By








+(Ax By − Ay Bx )~ez =  Az Bx − Ax Bz 
(6.3)
Ax By − Ay Bx
~ ∧ A,
~ où ∇
~ est un opérateur différentiel,
Dans le cas particulier de ∇

∂x






~ =
∇
 ∂y 
(6.4)
∂z
~ ∧ A,
~ donc le rotationnel, est appelé également dérivée exterieure du champ
le symbol ∇
~ r).
A(~
~ r) le long d’un contour C est définie par l’intégrale
Définition 2. Circulation d’un champ A(~
:
~ =
CirC [A]
Z
C
56
~ r)
d~r · A(~
(6.5)
L’intégrale de chemin ci-dessus est définie par sa somme de Darbeaux dans la Fig.50.
Pour se familiariser avec ce type d’intégrales, à la fin de ce chapitre, dans le Complément,
sont présentés quelques exemples des calculs des circulations, des intégrales du type (6.5).
D’une maniere similaire comme pour le rapport entre le flux à travers une petite
surface fermée et la divergence, éq.(5.4), on peut démontrer que la circulation d’un champ
~ r) le long d’un petit contour fermé C est égale (dans la limite d’un tout petit contour)
A(~
~ · d~s, où d~s est une petite surface bornée par le contour C :
~ A
à rot
I
~ r) ' d~s · rot
~
~ A
d~r · A(~
(6.6)
C
– Fig.51.
Nous rappelons que, par définition, d~s est un vecteur qui est orthogonal à la surface,
avec son module (longueur) |d~s| égale à l’aire; raccordement de l’orientation du contour
et de la direction de d~s (le choix entre les deux directions possibles) est montré dans la
figure.
Pour donner l’idée sur la démonstration de la formule (6.6), nous prennons le cas le
plus simple où le petit contour C, à gauche de l’éq. (6.6), est un petit rectangle, dont
les deux côtés sont parallels aux axes x et y, Fig.52. Dans ce cas, et dans la limite de
tout petit rectangle (la taille des côtés dx, dy → 0), l’intégrale à gauche dans l’éq. (6.6)
pourrait être remplacée par la somme:
dx
~ex )dy − Ax (~r +
2
dx
−Ay (~r − ~ex )dy + Ax (~r −
2
Ay (~r +
dy
~ey )dx
2
dy
~ey )dx
2
(6.7)
~ le long du rectangle. En développant
qui représente la circulation discrète du champ A
~ dans
ensuite les composantes du champ A
dx dy
, 2,
2
on trouve, comme le terme principal:
(∂x Ay − ∂y Ax )dx dy
(6.8)
~ r) et le deuxième correspond à
~ A(~
Le premier facteur correspond à la composante z du rot
|d~s|, l’aire de la petite surface qui est bornée par le rectangle. On peut constater que tout
est en accord avec l’expression à droite dans l’éq.(6.6). En effet, pour l’orientation du
57
rectangle dans la Fig.52, le vecteur d~s sera orienté le long de l’axe z, direction positive. Ce
~ (partie droite de l’éq.(6.6)), va selectionner
~ A
vecteur, en fasant le produit scalaire avec rot
la composante z du rotationnel, en accord avec l’expression dans l’éq.(6.8).
Dans le cas général, des autres formes du chemin C et d’autres orientations, la
démonstration pourrait être rendu proche à la démonstration ci-dessus, pour le cas special. La formule limite (6.6), de tout petit chemin C, reste toujours valable.
~ (~r) son gradient. Démontrer que le
Exercice 1. Soit f (~r) une fonction scalaire et ∇f
rotationnel d’un gradient est égale à 0:
~ (~r) ≡ ∇
~ ∧ ∇f
~ =0
~ ∇f
rot
(6.9)
– à condition que f (~r) est une fonction différentiable, c’est à dire qu’elle vérifie la
condition ∂j ∂k f = ∂k ∂j f ).
Exemple.
Un simple exemple d’un champ vectoriel, avec son rotationnel non-nul, présente le
champ de vitesses ~v (~r) des points d’un solide qui tourne, autour d’un axe fixe quelconque,
avec la vitesse de rotation ω
~ constante. Dans ce cas:
~v (~r) = ω
~ ∧ ~r
(6.10)
– à condition que l’axe de rotation (l’axe de ω
~ ) passe par l’origine de coordonnées de ~r
(des points de solide), Fig.53.
~ ~v (~r).
Exercice 2. Calculer rot
~ ~v (~r) = 2~ω
Réponse : rot
~ r) dans les coordonnées curuilignes.
Rotationnel d’un champ A(~
La définition générale du rotationnel, indépendante des systèmes des coordonnées, est
donnée par l’éq.(6.6).
~ r) dans les coordonnées (u1 , u2 , u3 ) quelcon~ A(~
Pour déterminer l’expression de rot
ques, nous allons suivre la démonstration de l’éq.(6.6), donnée ci-dessus en coordonnées
58
cartesiennes.
Observons que cette démonstration pourait être vue comme la dérivation de l’expression
~ r) en coordonnées cartesiennes, si elle n’avait pas été donnée auparavant par
~ A(~
pour rot
définition, par l’éq.(6.1).
D’une maniére similaire, nous allons choisir, pour un petit chemin fermé C dans
l’éq.(6.6), un petit rectangle avec ses côtés parallels à des axes 1 et 2 de la base mobile
des coordonnées u1 , u2 , u3 , au point ~r (u1 , u2 , u3 ), Fig.54. Avec ce choix nous allons
déterminer la composante 3 du rotationnel, tout comme dans le cas des coordonnées
cartésiennes.
Avec quelques calculs détaillés dans la Fig.54, on trouve :
~ =
CirC [A]
I
C
!
~ r) ' du1 du2
d~r · A(~
∂
∂
(e2 A2 ) −
(e1 A1 )
∂u1
∂u2
(6.11)
A droite, dans l’éq.(6.6) :
d~s = ~ˆe3 · dl1 dl2 = ~ˆe3 · e1 e2 du1 du2
(6.12)
– toujours d’après la Fig.54.
Alors, par l’éq.(6.6), et les equations (6.11), (6.12), on obtient l’équation qui détermine
la 3ème composante du rotationnel :
!
du1 du2
∂
∂
(e2 A2 ) −
(e1 A1 )
∂u1
∂u2
~ 3
~ A)
' du1 du2 · e1 e2 · (rot
(6.13)
d’où :
"
#
∂
∂
~ 3= 1
~ A)
(rot
(e2 A2 ) −
(e1 A1 )
e1 e2 ∂u1
∂u2
(6.14)
Evidement, avec d’autres orientations du contour C on déterminera, de la même manière,
les composantes 1 et 2 du rotationnel.
En résumant, dans les coordonnées curvilignes, le rotationnel du champ de vecteurs
~ prend la forme suivante :
A
"
#
∂
∂
~= 1
~ A
rot
(e3 A3 ) −
(e2 A2 ) · ~ˆe1
e2 e3 ∂u2
∂u3
59
"
#
"
#
∂
∂
1
(e1 A1 ) −
(e3 A3 ) · ~ˆe2
+
e3 e1 ∂u3
∂u1
1
∂
∂
+
(e2 A2 ) −
(e1 A1 ) · ~ˆe3
e1 e2 ∂u1
∂u2
(6.15)
Dans les coordonnées sphériques (er = 1, eΘ = r, eφ = r · sin Θ) :
"
#
1
∂
∂
~=
~ A
rot
(r · sin Θ · Aφ ) −
(r · AΘ ) · ~eˆr
2
r sin Θ ∂Θ
∂φ
"
#
1
∂
∂
+
(Ar ) − (r · sin Θ · Aφ ) · ~ˆeΘ
r · sin Θ ∂φ
∂r
"
#
∂
1 ∂
(r · AΘ ) −
(Ar ) · ~ˆeφ
+
r ∂r
∂Θ
(6.16)
Dans les coordonnées cylindriques (eρ = 1, eφ = ρ, ez = 1) :
"
#
~ = 1 ∂ (Az ) − ∂ (ρAφ ) · ~ˆeρ
~ A
rot
ρ ∂φ
∂z
"
#
∂
∂
(Aρ ) − (Az ) · ~ˆeφ
+
∂z
∂ρ
"
#
1 ∂
∂
+
(ρAφ ) −
(Aρ ) · ~ˆez
ρ ∂ρ
∂φ
(6.17)
Deuxiéme théorème intégrale : théorème de Stokes.
L’équation locale (6.6), valable pour un petit contour fermé C autour d’un point,
pourrait être traduite dans l’équation intégrale, pour un grand chemin C :
I
C
~ r) =
d~r · A(~
Z
~ r)
~ A(~
d~s · rot
(6.18)
SC
Dans cette équation C est un (grand) contour, fermé, et SC est une surface, arbitraire, mais bornée par le chemin C, Fig.55. L’équation intégrale (6.18) est appelée
théorème de Stokes.
Pour démontrer l’éq. intégrale (6.18), il faut partitionner la surface SC sur des petits
rectangles, qui peuvent être déformés, pour qu’ils remplicent correctement la surface,
60
Fig.56. Ensuite, l’intégrale à droite dans l’éq.(6.18) est remplacée par la somme correspondante :
Z
~
d~s · rotA(~
r) '
SC
N
X
~ ri )
~ A(~
d~si · rot
(6.19)
i=1
Pour chaque petit rectangle, c’est à dire pour chaque terme correspondant de la somme
dans (6.19) il faudra utiliser la formule locale, éq.(6.6), lue de droite à gauche. On
trouvera la somme des petites circulations :
∞
X
~ ri ) '
~ A(~
d~si · rot
i=1
N I
X
~
d~r · A
(6.20)
i=1 Ci
sur des petits rectangles {Ci }, Fig.56. Finalement, en analysant la somme des petites
circulations, les long des côtés des petits rectangles, on trouvera que cette somme se
réduit à l’intégrale sur le bord de la surface SC , l’intégrale à gauche dans l’éq.(6.18).
Effectivement, les contributions des circulations qui correspondent à des lien en commun, entre les deux rectangles voisins, Fig.56, ces contributions s’annulent l’un contre
l’autre. Car chaque lien en commun est parcouru dans les sens opposés, en produisant les
~ ri )), égales en valeur absolue mair des signes opposés.
termes (les produit scalaires d~ri · A(~
Il resteront non-componsées les contributions des lien qui se trouvent sur les bord de
la surface SC . La somme ce ces termes represente la somme de Dorbeaux de l’intégrale
de chemin à gauche dans l’éq.(6.18).
6.1.
COMPLEMENT. Exemples des calculs des circulations, en coor-
données cartésiennes et en coordonnées cylindriques.
Calculs en coordonnées cartésiennes.
Exemple 1.
Circulation d’un champ de vecteurs:

y
Bx














~ r) = 
B(~
 z  =  By 
x
61
Bz
(6.21)
le long d’un chemin fermée C, le bord d’un carré, du taille 2a × 2a, souvelé à la hauteur
h le long de l’axe z, Fig.57.
Calcul direct.
On trouve:
~ =
CirC [B]
Z
I
Z
~ =
d~r · B
~+
d~r · B
Z
l1
C
~ r) =
d~r · B(~
Z −a
+a
l1
~+
d~r · B
Z
l2
~+
d~r · B
l3
~ r) =
~ex dx · B(~
Z −a
+a
dx · Bx (~r) =
Z
~
d~r · B
(6.22)
l4
Z −a
dx · y
(6.23)
a
y = a, fixe, sur l1 ,
=
Z −a
dx · a = a ·
Z −a
a
a
Z
2
dx = a · x|−a
a = a · (−2a) = −2a
~ = −2a2
d~r · B
(6.24)
(6.25)
l1
Z
Z −a
~ r) =
d~r · B(~
l2
a
~ r) =
~ey · dy · B(~
Z −a
a
dy · By (~r) =
Z −a
dy · z
(6.26)
a
z = h, fixe, sur l2 ,
=
Z −a
dy · h = h ·
Z −a
dy = h · (−2a) = −2ah
(6.27)
a
a
Z
~ = −2ah
d~r · B
(6.28)
~ r) = −2a2
d~r · B(~
(6.29)
~ r) = 2ha
d~r · B(~
(6.30)
l2
De la même manière on trouvera
Z
l3
Z
l4
En additionnant (6.25), (6.28), (6.29), (6.30), d’après l’éq.(6.22), on trouve:
CirC [B] =
4 Z
X
~ r) = −4a2
d~r · B(~
(6.31)
i=1 li
Calcul indirect.
Comme le chemin C dans la Fig.57 est fermé, nous pouvons également calculer la
~ r), en utilisant le théorèm de Stokes, éq.(6.18) :
circulation sur ce chemin, du champ B(~
I
C
~ r) =
d~r · B(~
Z
SC
62
~ r)
~ B(~
d~s · rot
(6.32)
~ r) à
~ B(~
SC est le carré borné par le chemin C, Figs.57, 58. A droite figure le flux du rot
travers la surface SC .
D’après la définition du rotationnel, èq.(6.1),
∂y Bz − ∂z By
∂y (x) − ∂z (z)















~ =
~ B
 ∂z Bx − ∂x Bz  =  ∂z (y) − ∂x (x) 
rot
∂x By − ∂y Bx

∂x (z) − ∂y (y)

~ x
~ B)
(rot
−1









 ~ ~ 


B)y 
=  −1  =  (rot
−1
~ z
~ B)
(rot
(6.33)
On reprend le calcul dans l’éq.(6.32) :
Z
~ r) =
~ B(~
d~s · rot
Z
SC
SC
Z
SC
= (−1) ·
Z
dxdy = (−1)
I
Z
~ r))z =
~ B(~
dxdy · (rot
Z a
dx
Z a
~ r) =
d~r · B(~
dxdy · (−1)
SC
dy = (−1) · 2a · 2a = −4a2
(6.34)
−a
−a
SC
~ r)
~ B(~
dxdy · ~ez · rot
Z
~ r) = −4a2
~ B(~
d~s · rot
(6.35)
SC
C
en accord avec le résultat du calcul direct, éq.(6.31).
Exemple 2.
~ r) dans l’éq.(6.21) sur le bord d’un triangle placé dans le
Circulation du champ B(~
plan (x, y), Fig.59.
Calcul direct.
On trouve:
I
C
~ =
d~r · B
Z
~+
d~r · B
l1
Z
~+
d~r · B
l2
Z
~
d~r · B
(6.36)
l3
Sur l1 :
d~r = ~ex · dx,
dx positif
(6.37)
d~r = ~ey · dy,
dy négatif
(6.38)
– Fig.59.
Sur l3 :
63
Pour trouver la forme de d~r sur l2 il faut utiliser l’équation de la doite, dont l2 est un
segment. Cette équation est comme suit :
x+y =a
(6.39)
Alors, en calculant la différentielle de cette équation (c’est à dire, en se déplaçant le long
de l2 ) on trouve :
dx + dy = 0
(6.40)
Cette équation nous dit que, quand on se deplace le long du segment l2 , les variations
des coordonnées d’un point (x, y), (qui se déplace le long de l2 ) sont liées entre eux :
dy = −dx
(6.41)
Autrement :

d~r = 
dx
dy



=
dx

−dx

= ~ex · dx − ~ey · dx = (~ex − ~ey )dx
(6.42)
En utilisant les formes de d~r sur l1 , l2 , l3 , éqs.(6.37), (6.38), (6.42), on calcule les intégrales
de chemins dans (6.36).
Z
Z a
~ =
d~r · B
l1
)
~ r) =
dx · ~ex B(~
Z a
0
dx · Bx (~r) =
Z a
dx · y
(6.43)
0
Sur l1 , y = 0, fixe,
Z
~ =0
d~r · B
(6.44)
l1
Z
Z 0
~ =
d~r · B
l3
a
~ r) =
dy · ~ey · B(~
Z 0
a
dyBy (~r) =
Z 0
dy · z
(6.45)
a
Sur l2 , z = 0, fixe, (Fig.59),
Z
~ =0
d~r · B
(6.46)
l3
Z
l2
~ =
d~r · B
Z 0
a
~ r)
dx(~ex − ~ey ) · B(~
(6.47)
– quand on monte le chemin l2 , Fig.59 à droite, coordonnée x, du point qui monte, varie
de a à 0,
=
Z 0
a
dx · (Bx (~r) − By (~r)) =
64
Z 0
a
dx · (y − z)
(6.48)
z = 0 sur l2 , fixe,
=
Z 0
dx · y
(6.49)
a
– quand on monte l2 , y varie en fonction de x ; à ce point du calcul il faudra utiliser
l’équation de la droite l2 encore une fois ; par l’éq.(6.39), y = a − x,
=
Z 0
a
dx · (a − x) = a · x|0a −
= −a2 +
x2 0
|
2 a
a2
a2
=−
2
2
(6.50)
2
~ = −a
d~r · B
2
l2
Z
(6.51)
En ajoutant (6.44), (6.46), (6.51), d’après l’éq.(6.36), on trouve :
2
~ = −a
d~r · B
2
C
I
(6.52)
Calcul indirect.
Le chemin C dans la Fig.59 étant fermé, nous pouvons utiliser le théorème de Stokes
:
I
~ =
d~r · B
C
Z
~
~ B
d~s · rot
(6.53)
SC
~ a été calculé aupar~ B
d~s et la surface SC , du triangle, sont indiqués dans la Fig.60 ; rot
avant, éq.(6.33) ; on obtient :
Z
~ =
~ B
d~r · rot
SC
=
Z
SC
~ z=
~ B)
dx dy(rot
Z
Z
SC
dx dy · (−1) = (−1)
SC
~
~ B
dx dy~ez · rot
Z a
dx
Z y(x)
0
dy
(6.54)
0
y(x) = a − x correspond toujour à l’équation du bord l2 du triangle, Figs.59,60, éq.(6.39);
= (−1)
Z a
0
dx
Z a−x
dy = (−1)
0
C
~ =
d~r · B
dx · (a − x)
0
x2 a
a2
)|0 = (−1) · (a2 −
2
2
= (−1) · (ax −
I
Z a
Z
~ =−
~ B
d~s · rot
SC
– en accord avec le résultat du calcul direct, éq.(6.52).
65
a2
2
(6.55)
(6.56)
Calcul en coordonnées cylindriques.
Exemple 3 – exercice.
Soit un champ de vecteurs
~v (~r) = ω
~ ∧ ~r
(6.57)
où ω
~ est un vecteur constant de la forme :
ω
~ = ω · ~ez
(6.58)
ω est une constante. Dans la suite nous allons utiliser les coordonnées cylindriques et la
base mobile de ces coordonnées, au point ~r, Fig.61.
1. Verifier que, par rapport à la base mobile des coordonnées cylindriques, les vecteurs
ω
~ et ~r ont les composantes :
ωρ

0

























ω
~ =  ωφ  =  0 
ωz

rρ
(6.59)
ω
ρ

(6.60)

 
~r = 
 rφ  =  0 
z
rz
Vérifier ensuite que le vecteur ~v (~r), éq.(6.57), dans cette même base, et de la forme :
0
vρ















v(~r) = ω
~ ∧ ~r = 
 ρω  =  vφ 
0
(6.61)
vz
Rappelons que

ω2 r3 − ω3 r2





ω
~ ∧ ~r = 
 ω3 r1 − ω1 r3 

(6.62)
ω1 r2 − ω2 r3
avec 1 ∼ ρ, 2 ∼ φ, 3 ∼ z en coordonnées cylindriques.
2. Avec le calcul direct, calculer les circulations :
CirC1 [~v ] =
CirC2 [~v ] =
I
d~r · ~v (~r)
(6.63)
d~r · ~v (~r)
(6.64)
C1
I
C2
66
sur les chemins C1 , C2 qui sont les cercles de rayon R, dans les Figs.63,64.
Indications :
I
d~r · ~v =
C
I
C
drφ~ˆeφ · ~v =
I
drφ · vφ = ...
C
(6.65)
Les composantes de d~r dans la base mobile des coordonnées cylindriques sont données
par l’éq.(5.51).
3. Calculer CirC1 [~v ] et CirC2 [~v ] par le calcul indirect, en utilisant le théorème de
Stokes.
Indications :
I
d~r · ~v =
C
=
Z
SC
Z
~ v
d~s · rot~
SC
~ v=
dsz · ~ˆez · rot~
Z
SC
~ v )z = ...
dsz (rot~
(6.66)
~ v se calcule par l’expression du rotationnel en cylindsz est donné par l’éq.(5.52) ; rot~
driques, eq.(6.17), pour ~v (~r) dans (6.61).
Réponses :
CirC1 [v] = CirC2 [v] = 2πR2 ω
67
(6.67)
7
Laplacien.
Définition. Opérateur différentiel laplacien est défini, dans les coordonnées cartisiennes,
par l’expression:
~ 2 ≡ (∇
~ · ∇)
~ = ∂x2 + ∂ 2 + ∂ 2
∆ =déf ∇
y
z
(7.1)
Cet opérateur pourrait être appliqué à une fonction scalaire f (~r), tout comme à une
~ r). Dans le cas d’une fonction vectorielle, opérateur ∆ s’applique
fonction vectorielle A(~
~ r) comme à une fonction scalaire :
à chaqueune des composantes de A(~

∆Ax (~r)







~ r) =  ∆Ay (~r) 
∆A(~
(7.2)
∆Az (~r)
En soi-même, laplacien est un opérateur différentiel scalaire, en comparaison avec l’opérateur
~ qui est un opérateur vectoriel.
nabla, ∇,
Opérateur laplacien apparait dans l’analyse et la déscription d’énormement des problèmes
physiques. On peut citer deux exemples:
1) Propogation des ondes, soit acoustiques, soit électromagnétiques; dans le cas de
propogation des ondes acoustiques, le laplacien est appliqué à un champ vectoriel, disons
~ r), qui décrit les déplacements des points d’un milieu élastique de leurs positions
A(~
d’équilibre.
L’équation de propogation des ondes est de la forme:
1 2~
~ ~r)
∂ A(t, ~r) = ∆A(t,
u2 t
(7.3)
u est la vitesse de propogation des ondes dans un milieu. Ce processus est dynamique.
~ dépend du temps, t, en plus des coordonnées ~r des points
En conséquence, le champ A
du milieu.
2) Potentiel électrique U (~r), dans le cas d’électrostatique; U (~r) est une fonction
scalaire de ~r qui vérifie l’équation:
∆U (~r) = −
68
ρ(~r)
0
(7.4)
0 est une constante physique; ρ(~r) est la densité de charge électrique qui est répandue
dans un milieu.
Exercices.
Calculer les applications de l’operateur laplacien dans les cas suivants:
1) ∆r
(7.5)
2) ∆r2
(7.6)
1
6 0
3) ∆ , pour r =
r
(~p · ~r)
4)∗ ∆ 3 , pour r 6= 0
r
(7.7)
(7.8)
Indications.
~ · ~r) 1 + (~r · ∇
~ 1 ) = ....
~ · ∇)r
~ = (∇
~ · ∇r)
~ = (∇
~ · ~r ) = (∇
∆r = (∇
r
r
r
(7.9)
Une étoile sur l’exercice 4) signifie que le calcul sera relativement compliqué; en
général, les exercices avec une étoile ne sont pas obligatoires. Par contre, pourriez vous
deviner la réponse, sans calcul, en fasant appel à la signification physique de ce cas
particulier?
Opérateur laplacien dans les coordonnées curviliques.
L’opérateur laplacien, éq.(7.1), appliqué a une fonction scalaire f (~r) pourrait être vu
comme la suite de deux opérations :
~ · ∇)f
~ (~r) = ∇
~ · (∇f
~ (~r))
∆f (~r) = (∇
(7.10)
~ (~r), et ensuite on calcule la divergence du
– d’abord on calcule le gradient de f (~r), gradf
~ (~r) :
champ vectoriel, qui est, cette fois-ci, gradf
~ (~r)
∆f (~r) = div gradf
(7.11)
C’est cette dernière interpretation du laplacien, éq.(7.11), qui est considérée comme sa
définition générale, indépendante du système de coordonnées.
69
Alors, en coordonnées curvilignes, pour écrire le laplacien de f (~r), il faut juste y
~ (u1 , u2 , u3 ), en curviligues, éq.(4.16), et ensuite écrire la divergence de
mettre le gradf
~ , toujours en curvilignes, éq.(5.20), avec A(u
~ (u1 , u2 , u3 ). De
~ 1 , u2 , u3 ) = gradf
gradf
cette manière on obtient l’expression suivante, pour le laplacien d’une fonction scalaire
f (u1 , u2 , u3 ), en coordonnées curvilignes :
"
1
∂
~
∆f = div gradf
=
e1 e2 e3 ∂u1
e2 e3 ∂f
e1 ∂u1
!
∂
+
∂u2
e3 e1 ∂f
e2 ∂u2
!
∂
+
∂u3
e1 e2 ∂f
e3 ∂u3
!#
(7.12)
Dans les coordonnées sphériques (e1 = er = 1, e2 = eΘ = r, e3 = r · sin Θ) :
"
1
∂
∂f
∆f = 2
r2 sin Θ
r sin Θ ∂r
∂r
!
!
∂
∂f
∂
+
sin Θ
+
∂Θ
∂Θ
∂φ
1 ∂f
sin Θ ∂φ
!#
(7.13)
En coordonnées cylindriques (e1 = eρ = 1, e2 = eφ = ρ, e3 = ez = 1) :
"
1 ∂
∂f
∆f =
ρ
ρ ∂ρ
∂ρ
!
∂
+
∂φ
!
1 ∂f
∂
∂f
+
ρ
ρ ∂φ
∂z
∂z
!#
(7.14)
Exercices.
5) Soit f (~r) = f (r) une une fonction radiale : fonction sphérique symétrique, c’est à
dire, une fonction dépendante de r = |~r| mais indépendante de Θ et φ.
A partir de l’éq.(7.13), démontrer que dans ce cas.
∆f (r) =
1
∂ 2f
2 ∂f
2
∂
(r
∂
f
)
=
+
r
r
2
2
r
∂r
r ∂r
(7.15)
6) En utilisant la forme simplifiée (7.15) du laplacien en coordonnées sphériques dans
le cas des fonctions radiales, récalculer les exercices 1) – 3), éqs (7.5)-(7.7). Comparer les
résultats obtenus avec ceux des calculs en coordonnées cartesiennes.
7) Soit f (~r) = f (ρ, z) axiale-symétrique : une fonction indépendante de φ, dans
les coordonnées cylindriques. Démontrer, dans ce cas, la forme simplifiée suivante, du
laplacien en coordonnées cylindriques :
1
∆f (ρ, z) = ∂ρ (ρ∂ρ f ) + ∂z2 f
ρ
=
∂2
1 ∂
∂ 2f
f
+
f
+
∂ρ2
ρ ∂ρ
∂z 2
70
(7.16)
8
Formules différentielles.
Dans ce chapitre nous allons présenter quelques propriétés des opérateurs différentiels
~ div, rot,
~ ∆.
grad,
1)
~
~
~ g
grad(f
· g) = gradf
· g + f · grad
(8.1)
f = f (~r), g = g(~r) sont deux fonctions scalaires.
~ l’équation (8.1) s’écrit
En coordonnées cartesiennes, en utilisant l’opérateur nabla, ∇,
comme suit :
~ · g) = ∇f
~ · g + f · ∇g
~
∇(f
(8.2)
Remarque 1.
La règle de dérivation qui est similaire à la règle correspondante pour un produit des
fonctions d’une seule variable, f (x) et g(x) :
d
(f (x)g(x)) = f 0 (x) · g(x) + f (x) · g 0 (x)
dx
(8.3)
Remarque 2.
Nous allons donner la démonstration de l’éq.(8.1), tout comme des équations qui vont
suivre, dans leur versions cartésiennes : l’éq(8.2) dans le cas de la propriété première,
éq.(8.1). La raison est que, pour des équations de ce chapitre, une fois une propriété est
démontrée dans des coordonnées particulières, cette propriété reste vraie dans tous les
autres coordonnées. On dit que nos équations sont invariantes par rapport aux changements
des coordonnées. Tandis que les démonstrations formelles sont plus simples en coordonnées cartésiennes.
Démonstration.
~ · g), à gauche dans l’éq.(8.2), on trouve :
Pour ∇(f

∂x (f g)





 ∂y (f g) 


∂z (f g)

∂x f · g + f · ∂x g







=  ∂y f · g + f · ∂y g 
∂z f · g + f · ∂z g
71
∂x f · g
f · ∂x g













 
 ∂y f · g  +  f · ∂y g 
=
f · ∂z g
∂z f · g

=
∂x f


 ∂y f

∂z f
∂x g





g





 ∂y g 


+f
~ · g + f · ∇g
~
= ∇f
(8.4)
∂z g
2)
~
~ = gradf
~ + f · divA
~
div(f · A)
·A
(8.5)
~ = A(~
~ r) est une fonction vectorielle. En coorf = f (~r) est une fonction scalaire et A
données cartésiennes :
~ · (f · A)
~ = ∇f
~ ·A
~ + f · (∇
~ · A)
~
∇
(8.6)
Démonstration.
~ · (f · A)
~ = ∂x (f Ax ) + ∂y (f Ay ) + ∂z (f Az )
∇
= ∂x f · Ax + f · ∂x Ax + ∂y f · Ay + f · ∂y Ay + ∂z f · Az + f · ∂z Az
= ∂x f · Ax + ∂y f · Ay + ∂z f · Az
+f · (∂x Ax + ∂y Ay + ∂z Az )
~ ·A
~ + f · divA
~
= ∇f
(8.7)
3)
~=0
~ A
div rot
(8.8)
~ = A(~
~ r) est une fonction vectorielle (un champ de vecteurs). L’appication de div rot
~
A
~ r). En cartésiennes :
donne zéro pour toute A(~
~ · (∇
~ ∧ A)
~ =0
∇
Démonstration.
72
(8.9)
~ = ∂x (rot
~ x + ∂y (rot
~ y + ∂z (rot
~ z
~ A
~ A)
~ A)
~ A)
div rot
= ∂x (∂y Az − ∂z Ay ) + ∂y (∂z Ax − ∂x Az ) + ∂z (∂x Ay − ∂y Ax )
= ∂x ∂y Az − ∂x ∂z Ay + ∂y ∂z Ax − ∂y ∂x Az + ∂z ∂x Ay − ∂z ∂y Ax = 0
(8.10)
4)
~ ∧ B)
~ = rot
~·B
~ −A
~ · rot
~
~ A
~ B
div(A
(8.11)
~ = A(~
~ r), B
~ = B(~
~ r) sont deux champs de vecteurs et A
~∧B
~ est leur produit exterieur
A
(vectoriel). En cartésiennes :
~ · (A
~ ∧ B)
~ = (∇
~ ∧ A)
~ ·B
~ −A
~ · (∇
~ ∧ B)
~
∇
(8.12)
Démonstration.
~ · (A
~ ∧ B)
~ = ∂x (A
~ ∧ B)
~ x + ∂y (A
~ ∧ B)
~ y + ∂z (A
~ ∧ B)
~ z
∇
= ∂x (Ay Bz − Az By ) + ∂y (Az Bx − Ax Bz ) + ∂z (Ax By − Ay Bx )
= ∂x Ay · Bz + Ay · ∂x Bz − ∂x Az · By − Az · ∂x By
+∂y Az · Bx + Az · ∂y Bx − ∂y Ax · Bz − Ax · ∂y Bz
+∂z Ax · By + Ax · ∂z By − ∂z Ay · Bx − Ay · ∂z Bx
= (∂x Ay − ∂y Ax )Bz + (∂z Ax − ∂x Az )By + (∂y Az − ∂z Ay )Bx
−Ax (∂y Bz − ∂z By ) − Ay (∂z Bx − ∂x Bz ) − Az (∂x By − ∂y Bx )
~ ∧ A)
~ ·B
~ −A
~ · (∇
~ ∧ B)
~
= (∇
(8.13)
5)
~
~ = gradf
~ + f · rot
~
~
~ A
rot(f
· A)
∧A
(8.14)
En coordonnées cartésiennes :
~ ∧ (f A)
~ = ∇f
~ ∧A
~ + f (∇
~ ∧ A)
~
∇
73
(8.15)
Démonstration.

∂y (f Az ) − ∂z (f Ay )




~ =
~ A)
 ∂z (f Ax ) − ∂x (f Az ) 
rot(f


∂x (f Ay ) − ∂y (f Ax )

∂y f · Az − ∂z f · Ay + f · (∂y Az − ∂z Ay )







=  ∂z f · Ax − ∂x f · Az + f · (∂z Ax − ∂x Az ) 
∂x f · Ay − ∂y f · Ax + f · (∂x Ay − ∂y Ax )
~
~ + f · rot
~
~ A
= gradf
∧A
(8.16)
6)
~
~ gradf
rot
=0
(8.17)
~ ∧ ∇f
~ =0
∇
(8.18)
En cartesiennes :
~ à toute fonction scalaire f (~r) donne zéro.
~ grad
– application de rot
Démonstration de cette propriété a été suggerée en exercice dans le chapitre 6, éq.(6.9).
7)
~
~ = grad(div
~ − ∆A
~
~ rot
~ A)
rot(
A)
(8.19)
~ ∧ (∇
~ ∧ A)
~ = ∇(
~ ∇
~ · A)
~ −∇
~ 2A
~
∇
(8.20)
En cortesiennes :
Démonstration.

~ z − ∂z (rot
~ y
~ A)
~ A)
∂y (rot



~ =
~ x − ∂x (rot
~ z
~ rot
~ A)
~ A)
~ A)
rot(
 ∂z (rot



~ y − ∂y (rot
~ x
~ A)
~ A)
∂x (rot

∂y (∂x Ay − ∂y Ax ) − ∂z (∂z Ax − ∂x Az )







=  ∂z (∂y Az − ∂z Ay ) − ∂x (∂x Ay − ∂y Ax ) 
∂x (∂z Ax − ∂x Az ) − ∂y (∂y Az − ∂z Ay )
74

∂x (∂y Ay ) + ∂x (∂z Az ) − ∂y2 Ax − ∂z2 Ax




 ∂y (∂z Az ) + ∂y (∂x Ax ) − ∂z2 Ay − ∂x2 Ay 
=

∂z (∂x Ax ) + ∂z (∂y Ay ) −

∂x2 Az
−
∂y2 Az
∂x (∂x Ax + ∂y Ay + ∂z Az ) − (∂x2 + ∂y2 + ∂z2 )Ax





 ∂y (∂x Ax + ∂y Ay + ∂z Az ) − (∂x2 + ∂y2 + ∂z2 )Ay 
=

∂z (∂x Ax + ∂y Ay + ∂z Az ) −
(∂x2
+
∂y2
+
∂z2 )Az

~ divA
~ − ∆A
~
= grad
75
(8.21)
9
Deux examples d’applications physiques.
9.1. Première application physique : un cas simple d’électrostatique.
Dans le cas d’électrostatique, les équations d’électromagnétisme, les équations de Maxwell,
se réduisent à des équations :
ρ
0
(9.1)
~ =0
~ E
rot
(9.2)
~ =
div E
où ρ = ρ(~r) est la densité de charges distribuées dans l’espace; 0 est la constante
~ r) est le champ électrique.
physique; E(~
~ comme un gradient d’une fonction scalaire V (~r)
Eq.(9.2) permet de présenter E
~
~ = −gradV
E
(9.3)
~ exprimé par (9.3),
V (~r) est appelé potentiel scalaire, ou potentiel électrique. Avec E
~ = ~0.
~ grad
l’éq.(9.2) est vérifiée automatiquement, car rot
Alors, en terme du potentiel, l’éq.(9.1) prend la forme
ρ
~
−div gradV
=
0
(9.4)
c’est-ce qui est
−∆U (~r) =
ρ
0
(9.5)
Nous avons utilisé le fait que
~
div gradV
= ∆V
(9.6)
En résumant, les équations d’électrostatique prennent la forme :
−∆U (~r) =
ρ(~r)
0
~
~ = −gradV
E
Eq.(9.7) est appelée également l’équation de Poisson.
76
(9.7)
(9.8)
Dans la suite nous allons chercher la solution de l’éq.(9.7), le potentiel électrique V (~r),
créé par une boule de rayon a uniformement chargée, c’est un dire, par la distribution de
charges, ρ(~r), de la forme :
ρ(~r) = ρ(r)
ρ(r) = ρ0 ,
r<a
ρ(r) = 0,
r>a
(9.9)
Dans ce cas particulier l’éq. de Poisson (9.7) prend la forme :
∆V = −
ρ0
,
0
∆V = 0,
r<a
(9.10)
r>a
(9.11)
La distribution de charges ρ(r) dans (9.9) est une fonction discontinue en r = a. Pour
des raisons physiques, et des raisons purement mathématiques également, V (r) et ∂r V (r)
doivent être continues à r = a. (En intégrant l’éq. (9.10)-(9.11) sur r de a − à a + , on
trouvera 0, à droite, dans la limite → 0, et on trouvera le résultat non nul, à gauche, si
∂r V (r) est discontinue).
Nous allons chercher, dans la suite, la solutien des éq.(10), (11), avec ces conditions
de continuité en plus.
Comme ρ(~r) est une fonction radicale, éq.(9.9), nous allons cherche V (~r) , solution
des éq. (9.10)-(9.11), également dans la forme d’une fonction radiale, fonction de r
uniquement.
On se rappelle qu’en cas d’une fonction radiale, f (~r) = f (r), le laplacien de cette
fonction prend une forme relativement simple, en coordonnées sphériques :
∆f (r) =
1
∂r (r2 ∂r f (r))
2
r
(9.12)
Alors les équations (9.10), (9.11) prennent les formes :
1
ρ0
∂r (r2 ∂r V (r)) = − ,
2
r
0
77
r<a
(9.13)
1
∂r (r2 ∂r V (r)) = 0,
r2
r>a
(9.14)
Nous allons intégrer ces équations, une aprés l’autre.
r < a, éq.(9.13).
ρ0 2
·r
0
ρ0 r3
r2 ∂r V (r) = − ·
+ C1
σ0 3
ρ0 r C1
∂r V (r) = − · + 2
0 3
r
∂r (r2 ∂r V (r)) = −
(9.15)
(9.16)
(9.17)
C1 dans (9.16), (9.17) est une constante d’intégration. Sa valeur on peut choisir. Pour
des raisons physiques nous allons choisir C1 = 0.
En effet, si C1 6= 0 alors ∂r V (r) et V (r) auront la singularité en r = 0, une divergence.
C’est à dire ∂V (r), V (r) → ∞ quand r → 0, si C1 6= 0. Comme ρ(r) est régulier en
r = 0, il n’y a pas des raisons pour la singularité dans V (r). Autrement dit, la solution
(9.17) avec C1 6= 0 est bien une solution mathématique, mais pas une solution physique
de notre problème. La solution pour ∂r V (r) que nous allons rétenir est de la forme :
∂r V (r) = −
ρ0 r
·
0 3
(9.18)
En intégrant cette équation on trouve :
ρ0 r 2
V (r) = − ·
+ C2
0 6
(9.19)
C2 est une autre constante d’intégration. Il n’y a pas des raisons de lui écarter. Nous
allons déterminer sa valeur plus bas avec des conditions de continuité à r = a.
r > a, éq.(9.14).
∂r (r2 ∂r V (r)) = 0
(9.20)
r2 ∂r V (r) = C3
(9.21)
∂r V (r) =
C3
r2
(9.22)
C3 est une autre encore constante d’integration. Il n’y a pas des contraintes sur C3 de
côtè de r → 0, car nous sommes à l’intervalle r > a.
78
En intégrant (9.22) on trouve :
V (r) = (r) = −
C3
+ C4
r
(9.23)
C4 est le 4éme constante d’intégration. Toujours il n’y a pas des contraintes pour le
~
moment sur C3 , mais la valeur de C4 , nous pouvons la choisir. En effet, car E(r)
=
~
~ s’exprime par la dérivée, nous nouvons ajouter ou rétirer
−gradV
(r), où l’opérateur grad
~
une constante de V (r), ça ne changera pas la valeur de E(r).
Autrement dit, V (r) est
défini à une constante prèt. Nous allons utiliser cette liberté dans la définition de V (r)
pour choisir (mais cette fois-ci c’est notre choix) que
V (r) → 0,
quand r → ∞
(9.24)
Avec cette condition en plus, nous allons mettre C4 = 0 dans (9.23). Dans la région
r > a, V (r) prendra la forme :
V (r) = −
C3
r
(9.25)
En résumant nous calculs jusque présent :
r < a.
ρ0
0
ρ0 r 2
V (r) = − ·
0 6
∂r V (r) = −
r
3
(9.26)
+ C2
(9.27)
·
r > a.
C3
r2
C3
V (r) = −
r
∂r V (r) =
(9.28)
(9.29)
Ensuite, nous appliquerons les conditions de continuité à r = a.
Continuité de ∂r V (r) à r = a.
Par (9.26),
∂r V (r)|r=a = −
ρ0 a
·
0 3
(9.30)
C3
a2
(9.31)
Par (9.28),
∂r V (r)|r=a =
79
En égalisant, on trouve
C3
ρ0 a
=−
2
a
0 3
C3 = −
(9.32)
ρ 0 a3
·
0 3
(9.33)
ρ 0 a2
·
+ C2
0 6
(9.34)
C3
a
(9.35)
Une constante est déterminée.
Continuité de V (r) à r = a.
Par l’éq.(9.27),
V (r)|r=a = −
Par l’éq.(9.29),
V (r)|r=a = −
En égalisant, on trouve :
ρ0 a2
C3
− ·
+ C2 = −
0 6
a
(9.36)
Méttons la valeur de C3 , éq.(9.33),
−
ρ0 a2
ρ 0 a2
·
+ C2 =
·
0 6
0 3
C2 =
ρ0 a2
·
0 2
(9.37)
(9.38)
La deuxième constante est determinée.
En mettant les valeurs des constantes C3 , éq.(9.33), et C2 , éq.(9.38), dans les équations
(9.27) et (9.29), on trouve finalement le potentiel V (r), étant donné par les expressions :
r < a, V (r) = −
ρ 0 r 2 ρ 0 a2
ρ0 a2 r2
·
+
= ( − )
0 6
0 2
0 2
6
r > a, V (r) =
ρ 0 a3 1
·
30 r
(9.39)
(9.40)
La dernière expression, de V (r) pour r > a, pourrait également être exprimée en terme
de la charge totale q de la boule. Évidemment que
q = ρ0 ·
80
4πa3
3
(9.41)
Alors, V (r) dans (9.40) pourrait être exprimé comme :
r > a,
V (r) = ρ0
1
q
1
4πa3 1
· =
·
3 4π0 r
4π0 r
(9.42)
– on trouve le potentiel de Coulomb créé par la charge q.
Le profil du potentiel, V (r) en fonction de r, est présenté dans la Fig.65.
Le champ électrique.
~
~ r) = −gradV
E(~
(r) = −∂r V (r) · ~er
(9.43)
~ en coordonnées sphériques et le fait que V (r)
Nous avons utilisé l’expression de grad
~ r) est
ne dépend pas de θ et φ, que V (r) est une fonction radiale. On trouve que E(~
également un champ de vecteurs radial :
~ r) = E(r) · ~er
E(~
(9.44)
E(r) = −∂r V (r)
(9.45)
Avec les expressions (9.39),(9.40), (9.42) pour V (r) on trouve :
ρ0 r
·
0 3
(9.46)
ρ0 a3 1
q
1
· 2 =
· 2
30 r
4π0 r
(9.47)
r < a, E(r) =
r > a, E(r) =
~ r), en grand complet, est de la forme :
Le champ électrique E(~
~ r) = ρ0 · ~r
r < a, E(~
30
(9.48)
3
~ r) = ρ0 a · ~r = q · ~r
r > a, E(~
30 r3
4π0 r3
(9.49)
Nous avons utilisé les formules simples pour e~r :
r · ~er = ~r,
~er =
~r
r
(9.50)
~ r)| de E(~
~ r), est présenté dans
Le profil de E(r), qui est le module, ou la norme, |E(~
la Fig.66.
81
Remarque 1.
~ r), créé par la distribution de charges ρ(r),
Observons que le champ électrique E(~
éq.(9.9), pourrait être déterminé directement de l’équation (9.1), sans passer par le potentiel V (r).
Intégrons l’éq.(9.1), partie gauche et partie droite, sur une boule BR de rayon R > a,
une boule plus grande que la boule initiale, chargée, de rayon a, Fig.67. La boule BR ,
nous la introduisons de la maniére artifitielle, comme un moyen de calcul, qui va suivre
et qui nous permetera à déterminer le champ électrique en fonction de R, rayon de notre
boule artifitielle
En intégrant l’éq.(9.1), on trouve :
Z
Z
~ r) =
dV div E(~
BR
dV
BR
ρ(r)
0
(9.51)
À droite on obtient, à un coefficient 1/0 près, la charge totale de la boule chargée, car
la boule chargée se trouve à l’interieur de BR :
Z
dV
BR
ρ(r)
1
1 Z
dV ρ(r) = · q
=
0
0 BR
0
(9.52)
À gauche de (9.51) nous exprimons l’intégrale, par le théorème d’Ostogradski, comme
l’intégrale sur la surface de BR , la sphère SR , Fig.67 :
Z
~ r) =
dV div E(~
Z
BR
~ r)
d~s · E(~
(9.53)
SR
~ r) dans la forme radiale également. Pour
Comme ρ(r) est radiale, nous allons cherche E(~
~ r) est de la forme :
un champ de vecteurs ça signific que E(~
~ r) = E(r) · ~er
E(~
(9.54)
~ r), est une fonction (scalaire) de r uniquement.
où E(r), module de E(~
d~s, dans l’intégrale (9.53) est de la forme
d~s = dsr · ~er = dθdφr2 sin θ · e~r
(9.55)
Si on prend en comple (9.54), (9.55), alors l’intégrale de surface (9.53) prend la forme :
Z
SR
~ =
d~s · E
Z
SR
82
dsr · E(r)
(9.56)
Sur SR , r = R, constant. Alors E(r) = E(R) et on peut le sortir de l’intégrale. On
trouve :
Z
SR
dsr E(r) =
Nous avons remplace
R
SR
Z
SR
dsr · E(R) = E(R)
Z
SR
dsr = E(R) · 4πR2
(9.57)
dsr par la surface de la sphère SR .
Finalement, pour l’intégrale à gauche dans (9.51), après avoir utilise le théorème
d’Ostrogradski, nous obtenons le résultat suivant :
Z
~ = E(R) · 4πR2
dV · div E
(9.58)
BR
Égalisons ensuite les résultats (9.52) et (9.58), pour les parties droite et gauche de
l’éq.(9.51), nous trouvons l’égalité :
1
q
0
(9.59)
q
1
· 2
4π0 R
(9.60)
E(R) · 4πR2 =
D’ici on trouve
E(R) =
Comme R, rayon de notre boule BR artifitielle, est arbitraire, sauf que R > a, on trouve,
en effet E eu fonction de r (on peut remplacer R dans (9.60) par r) :
E(r) =
q
1
· 2
4π0 r
(9.61)
Donc on trouve le même résultat que dans le calcul avec le potentiel V (r), éq.(9.47).
Exercice.
En utilisant la même méthode, mais en intégrant l’éq.(9.1) sur une boule artifitielle
BR qui est plus petite que la boule chargée, R < a, Fig.(68), rétrouver l’expression (9.46),
pour E(r), r < a.
Remarque 2.
Nous allons considérer la limite où a → 0, ρ0 → ∞, mais la charge totale q de notre
boule changée
q=
4π 3
a · ρ0
3
83
(9.62)
reste constant, fini.
Dans cette limite on trouve la change q concentrée sur un point, on trouve une charge
ponctuelle q placée à l’origine.
L’évolution de la taille de notre boule chargée et de la densité ρ0 , de la charge à
l’interieur, sont marquées dans la Fig.69.
Dans la limite on trouve ρ(~r) telle que
ρ(~r) =

 ∞,
~r = ~0
0,
~r 6= ~0

(9.63)
mais
Z
dV ρ(~r) = q,
fixe, finie
(9.64)
Pour présenter la densité de charge créée par des particules ponctuels, comme électron
par exemple, Paul Dirac à introduit une fonction singulière δ(~r) qui est appelée fonction
δ de Dirac. Elle est définie par ses propriété :
δ (3) (~r) =

 ∞,
~r = ~0
0,
~r 6= ~0

(9.65)
et
Z
dV δ (3) (~r) = 1
(9.66)
Dans (9.65), (9.66) δ (3) (~r) porte l’indice 3 pour marquer δ de Dirac en D = 3 dimensions.
On peut definir δ de Dirac dans une dimension, dans deux, dans n dimensions, elles sont
différentes. Dans un sens on peut présenter δ (3) (~r) comme suit :
δ (3) (~r) = δ(x)δ(y)δ(z)
(9.67)
où δ(x) etc. sont des δ de Dirac définies dans une dimension :
(
δ(x) =
Z +∞
∞, x = 0
0,
x 6= 0
dxδ(x) = 1
−∞
84
(9.68)
(9.69)
En termes de δ (3) (~r), la densité limite de notre boule chargéé pourrait être présenté
comme suit :
ρ(~r) = q · δ (3) (~r)
(9.70)
En particulier, ou a bien
Z
dV ρ(~r) =
Z
(3)
dV qδ (~r) = q
Z
dV δ (3) (~r) = q
(9.71)
– la charge totale de la boule. Pour prendre l’intégrale dans (9.71) nous avons utilisé la
propriété (9.66) de δ (3) (~r).
~ r) créé par ρ(~r) dans (9.70), c’est à dire, par
Faisons le calcul du champ électrique E(~
une particule ponctuelle de charge q placée à l’origine.
Nous allons utiliser la méthode du Remarque 1, en intégrant l’équation
1
ρ(~r)
0
~ r) =
div E(~
(9.72)
sur une boule BR artifitielle de rayon R, centrée à l’origine. On trouve :
Z
~ r) =
dV div E(~
Z
dV
BR
BR
1 (3)
qδ (~r)
0
(9.73)
À droite on trouve, en intégrant,
1
q
0
(9.74)
À gauche, en passant par le théorème d’Ostrogradski et en faisant le calcul de l’intégrale
de surface comme dans la Remarque 1, on trouve
4πR2 · E(R)
(9.75)
~ r)
Tout comme dans la Remarque 1, nous avons supposé, par des bonnes raisons, que E(~
doit être cherché dans la forme radiale :
~ r) = E(r)~er
E(~
(9.76)
En égalisant (9.74) et (9.75) on obtient
E(R) =
1
1
q· 2
4π0 R
85
(9.77)
Comme R est arbitraire, rayon de la boule artificielle, on peut remplacer R par r et
déclarer que la charge q ponctuelle, place à l’origine, produit un champ électrique de la
forme ;
~ r) = E(r) · ~er =
E(~
1
q
· 2 ~er
4π0 r
(9.78)
où
~r
q
· 3
(9.79)
4π0 r
valable, cette fois-ci, pour tout ~r 6= ~0. Il n’y a pas de l’interieur d’une particule ponctuelle
~ r) =
E(~
chargée, car elle est de taille zéro, comme un electron, ou une autre particule fondamentale, comme muon, quark.
Nous pouvons également en déduire le potentiel correspondant. Nous avons vu dans
nos exercice des chapitres précédents que
~r
~ 1
= −grad
3
r
r
(9.80)
Alors
q ~r
4π0 r3
~ r) =
E(~
=−
q
~ 1
· grad
4π0
r
1
q
~
·
= −grad
4π0 r
(9.81)
~
~ r) = −gradV
Par la définition du potentiel, E(~
(~r) et on trouve que dans ce cas
V (~r) =
q
1
·
4π0 r
(9.82)
qui est le potentiel de Coulomb, valable cette fois-ci, pour tout ~r 6= ~0.
Remarque 3.
C’est une remarque mathématique cette fois-ci, mais toujours pour mettre en valeur
la fonction δ de Dirac.
D’une part, nous avons vu, dans nos exercices des chapitres précédants, que
div
~r
= 0,
r3
86
~r 6= ~0
(9.83)
D’autre part, intégrons div r~r3 sur une boule, centre à l’origine, de rayon R quelconque.
La valeur de R n’est pas importante, souffit que R 6= 0. On trouve :
I=
Z
dV div
BR
~r
r3
(9.84)
Si on prend en compte (9.83), on a une tendance à dire qu’on trouvera zéro, évidement,
pour l’intégrale dans (9.84). Mais quelqu’un qui est moins rapide que les autres, avec ses
jugements, décide de calculer l’intégrale (9.84) en passant par le théorème d’Ostrogradski.
Il trouve :
I=
Z
dV div
BR
I
~r
~r
=
d~s · 3
3
r
r
SR
(9.85)
À droite on intègre sur la sphère SR , de rayon R, la surface de BR . Sur la sphère
d~s = dsr · ~er = dφdθ · r2 sin θ · ~er
et
~
r
r3
(9.86)
pourrait être remis dans la forme :
1
~r
= 2 ~er
3
r
r
(9.87)
Mettons (9.86) et (9.87) dans (9.85) et calculons l’intégrale :
I=
Z
dV div
BR
=
Z
I
Z
~r
1
1
ds
·
dφdθ · r2 sin θ · 2
=
=
r
3
2
r
r
r
SR
SR
Z 2π
dφdθ sin θ =
SR
0
dφ ·
Z π
dθ · sin θ = 2π · 2 = 4π
(9.88)
0
On s’aperçois que quelqu’un, qui est plus curieux que les autres, avait bien la raison de
s’en douter, de la singularité possible à ~r = ~0, la singularité qui pourrait rendre l’intégrale
non-nulle, malgre le résultat (9.83).
En comparant (9.83) et (9.88), on doit conclure, par les propriétés de δ de Dirac
(9.65), (9.66), qu’en effet
div
~r
= 4πδ (3) (~r)
r3
(9.89)
– une équation qui est largement utilisée en physique.
Deuxième équation, largement utilisée, on obtient en remplaçant
~
r
r3
~ 1 , qui
par −grad
r
sont égalent,
~ 1 ) = 4πδ (3) (~r)
div(−grad
r
87
(9.90)
On trouve que
1
∆ = −4πδ (3) (~r)
r
~ = ∆.
Nous avons utilisé le fait que div grad
(9.91)
Remarque 4.
Equipé par l’éq.(9.91), nous somme en mésure maintenant de démontrer que la solution générale de l’équation de Poisson
1
∆V (~r) = − ρ(~r)
0
(9.92)
où, cette fois-ci, ρ(~r) est une fonction quelconque, générale, est donnée par l’intégrale :
V (~r) =
1 Z 3 0 ρ(r~0 )
dr
4π0
|~r − r~0 |
(9.93)
On intègre dans (9.93) sur tout espace. Nous avons remplacé dV 0 par d3 r0 (juste un
changement de notation pour la mésure d’intégration sur l’espace tridimensionnel) pour
mettre en évidance qu’on intègre sur r~0 , dans (9.93), et pas sur ~r.
Démontrons que V (~r) dans (9.93) vérifie l’éq.(9.92). Nous appliquerons ∆ à V (~r)
dans (9.93), avec le but à demontrer qu’on trouve finalement − 10 ρ(~r), la partie droite le
l’éq.(9.92).
Faisons le calcul.
1 Z 3 0 ρ(r~0 )
∆~r V (~r) = ∆~r [
dr
]
4π0
|~r − r~0 |
(9.94)
Nous avons marque ∆, qui agit sur V (~r), comme ∆~r pour mettre en évidence que ce
laplacien agit sur la variable ~r, et pas sur r~0 , variable d’intégration dans (9.94).
R
L’intégration sur r~0 , dans d3 r0 (...), et dérivation sur ~r, par le laplacien ∆~r , ces deux
opérations commutent entre elles, car il s’agit des variables différentes. Alors
1 Z 3 0 ρ(r~0 )
dr
]
∆~r [
4π0
|~r − r~0 |
1 Z 3 0 ~0
1
=
d r ρ(r )∆~r
4π0
|~r − r~0 |
88
(9.95)
∆~r commute également avec ρ(r~0 ) car, pour les dérivées par rapport à ~r, r~0 est une
constante. À l’interieur de l’intégrale, ∆~r agit que sur le facteur 1/|~r − ~r0 |, qui, le seul,
contient la variable ~r.
Par l’éq.(9.91), translatée un peu vers l’équation plus générale :
∆~r
1
= −4πδ 3 (~r − ~r0 )
|~r − ~r0 |
(9.96)
∆~r
1
= −4πδ (3) (~r − r~0 )
0
~
|~r − r |
(9.97)
on trouve
Mettons (9.97) dans (9.95) :
1
1 Z 3 0 ~0
d r ρ(r )∆~r
4π0
|~r − r~0 |
=
1 Z 3 0 ~0
d r ρ(r )(−4π)δ (3) (~r − r~0 )
4π0
1 Z 3 0 ~0 (3)
1
=−
d r ρ(r )δ (~r − r~0 ) = − ρ(~r)
0
0
(9.98)
L’équation (9.92) est vérifiée, par V (~r) dans (9.93).
Quelques rémarques justificatives, a la fin.
Nous avons utilisé dans (9.98) le fait que
Z
d3 r0 ρ(r~0 )δ (3) (~r − r~0 ) = ρ(~r)
(9.99)
Ce résultat, pour l’intégrale avec δ et une autre fonction, suit des propriété de δ. Dans
l’intégrale (95), quand on intègre sur r~0 et ~r reste immobile, comme un paramètre, δ (3) (~r −
r~0 ) est piquée là où ~r − r~0 = 0 c’est à dire δ (3) (~r − r~0 ), est piquée en r~0 = ~r. Ailleurs
δ(~r − r~0 ) est égale à zéro. Par conséquence, on peut remplacer r~0 , dans ρ(r~0 ), par ~r :
ρ(r~0 ) → ρ(~r)
(9.100)
car d’autres valeurs de ρ(r~0 ), pour r~0 =
6 ~r, ne contribuent pas dans l’intégration sur r~0 , à
cause de δ (3) (~r − r~0 ) à côté.
Une fois ρ(r~0 ) est remplacée par ρ(~r), on peut le sortir de l’intégrale. Ensuite on
intègre que δ(~r − r~0 ), c’est qui donne 1, par la propriété (9.66) généralisée :
Z
d3 r0 δ (3) (r~0 − ~r0 ) = 1
89
(9.101)
Nous avons assumé en plus, en effet, que δ est une fonction paire :
δ (3) (−~r) = δ (3) (~r)
(9.102)
δ (3) (~r − r~0 ) = δ(r~0 − ~r)
(9.103)
– pour traiter l’intégrale qui reste par la propriété (9.101).
Un peu plus des détails pour l’intégration dans (9.99) :
Z
=
Z
d3 r0 ρ(r~0 )δ 3 (~r − r~0 )
d3 r0 ρ(~r)δ (3) (~r − r~0 )
= ρ(~r)
= ρ(~r) ·
Z
Z
d3 r0 δ (3) (~r − r~0 )
d3 r0 δ (3) (r~0 − ~r) = ρ(~r · 1 = ρ(~r)
(9.104)
Le fait que δ (3) (~r) est une fonction paire pourrait être justifié avec des formes limite
de δ. Une de forme limite nous avons traité dans la remarque 2, avec la limite pour une
boule et ρ(~r) correspondant.
La propriété (9.99) pour des intégrales avec δ, est visible plus facilement dans le cas
d’une dimension.
Dans une dimension, de variable x toute seule, δ(x) est définie par :
(
δ(x) =
Z +∞
∞, x = 0
x 6= 0
0,
dxδ(x) = 1
(9.105)
(9.106)
−∞
Plus généralement :
(
δ(x − x0 ) =
Z +∞
−∞
∞, x = x0
o,
x 6= x0
(9.107)
dxδ(x − x0 ) = 1
(9.108)
dxf (x)δ(x − x0 )
(9.109)
Alors pour l’integrale :
Z +∞
−∞
90
où f (x) est une fonction régulière, usuelle, qui varie lontement par rapport à δ, on fait
les calculs comme suit :
Z +∞
−∞
=
Z +∞
−∞
= f (x0 )
Z +∞
−∞
dxf (x)δ(x − x0 )
dxf (x0 )δ(x − x0 )
dxδ(x − x0 ) = f (x0 )
(9.110)
Ces étapes sont plus évidantes si on régarde les courbes de f (x) et δ(x − x0 ), sur le même
plan, dessinées, en gros, dans la Fig.70.
Pour conclure, il est utile à remarquer que la fonction δ de Dirac est utilisée bien plus
largement, en physique, qu’uniquement pour présenter la densité de charge des particules
élementaires. Trois exemples :
1. fonction δ est utilisé dans la mécanique quantique, comme une approximation, ou
un modèle, pour un potentiel qui est très piqué ;
2. plus généralement, comme une approximation, dans les intégrales par exemple, ou
ailleurs, pour des fonctions qui ne sont pas δ 0 s, mais qui sont très piquées ;
3. dans la définition de la fonction-réponse (fonction de Green) d’un système dynamique, en mécanique, en électronique, en théorie de champs, ailleurs.
91
9.2. Deuxième application physique : un cas simple de magnétistatique.
Dans le cas de magnétostatique il reste, des équations de Maxwell d’électromagnétisme
ρ
0
(9.111)
~ =0
div B
(9.112)
~
~ = − ∂B
~ E
rot
∂t
(9.113)
~
~ = µ0 (~j + 0 ∂ E )
~ B
rot
∂t
(9.114)
~ =0
div B
(9.115)
~ = µ0~j
~ B
rot
(9.116)
~ =
div E
les équations suivantes :
~ r) est un champ magnétique; ~j(~r) est la densité de courants (courant volumique); µ0
B(~
est une constante physique.
~ B
~ = 0, éq.(9.115), on peut exprimer B(~
~ r) comme un rotationnel d’un
Du fait que div
autre champ de vecteurs :
~ r) = rot
~ r)
~ A(~
B(~
(9.117)
~ r) est appelé potentiel vecteur.
A(~
~ r) est mis dans cette forme, alors l’éq.(9.115) sera vérifiée automatiquement, car
Si B(~
~ = 0. Il restera une équation à résoudre, l’éq.(9.116), au lieu de deux.
div rot
Mettons (9.117) dans (9.116). On trouve :
~ r) = µ0 · ~j(~r)
~ rot
~ A(~
rot
(9.118)
Par la formule 7 du chapitre 8, sur les formules différentielles
~
~ r) = graddiv
~ − ∆A
~
~ rot
~ A(~
rot
A
(9.119)
~ r)
– en toute généralité. Observons ensuite que dans la définition du potentiel vecteur A(~
~ r) par A
~ 0 (~r) :
il y a une liberté. On peut remplacer A(~
~
~ r) → A
~ 0 (~r) = A(~
~ r) + gradλ(~
A(~
r)
92
(9.120)
~ r) vers A
~ 0 (~r),
où λ(~r) est une fonction scalaire quelconque. Sous le transformation de A(~
~ r) reste inchangé.
le champ magnétique B(~
~ r) par A
~ 0 (~r) dans l’éq.(9.117), on trouve :
En effet en remplaçant A(~
~
~
~ 0 = rot
~ 0 = rot(
~ + gradλ)
~ + rot
~=B
~
~ A
~ A
~ A
~ gradλ
~ A
B
= rot
= rot
(9.121)
car
~ = ~0
~ grad
rot
(9.122)
~ 0 défini par A
~ 0 reste égale à un champ
On trouve, par (9.121), que le champ magnétique B
~ défini par le potentiel A
~ inititial.
magnétique B,
~ r). L’invariance
~ r) est appelée transformation de jauge de A(~
Transformation (9.120) de A(~
~ r) par rapport à la transformation de A(~
~ r), éq.(9.120), est appelée invariance de jauge.
de B(~
On peut démontrer qu’en utilisant la liberté (9.120) dans le choix du potentiel, on
peut toujours trouver la fonction λ(~r) telle que, qu’après la transformation de jauge
~ r) vérifiera la condition
(9.120), le potentiel A(~
~=0
div A
(9.123)
~ r) est appelée la contrainte du jauge
La contrainte (9.123) sur le choix du potentiel A(~
~ r) est pris dans
de Lorentz, où simplement jauge de Lorentz. Autrement on dit que A(~
~ r). Avec la condition
le jauge de Lorentz, si on suppose que (9.123) est vérifié par A(~
~ r) se simplifient, comme nous allons le constater, c’est-ce qui
(9.123), les équation sur A(~
est le but du jauge de Loventz.
Rémarque à part. La contrainte du jauge de Lorentz est de la forme (9.123) pour des
phenomènes magnétostatiques uniquement. Dans le cas de phenomènes dynamiques, de
l’électromagnétisme, la contrainte du jauge de Lorentz est de la forme :
~ ~r) +
div A(t,
1
∂t V (t, ~r) = 0
c2
(9.124)
qui implique en plus le potentiel scalaire V (t, ~r). c dans (9.124) est la vitesse de la
lumière; en particulier 1/c2 = µ0 0 . Le but de la contrainte (9.124) est, toujours, de
simplifier les équations sur les potentiels, A(t, ~r), V (A, ~r).
93
Après ces rémarques d’ordre général, retournons à notre problème de magnétostatique,
~ r) est pris dans le jauge de
retournons à l’équation (9.119). Nous allons supposer que A(~
Lorentz, c’est à dire, qu’il vérifie l’éq.(9.123). Dans ce cas l’éq.(9.119) se simplifie :
~ r) = −∆A(~
~ r)
~ rot
~ A(~
rot
(9.125)
Mettons (9.125) dans (9.118). On trouve :
~ r) = µ0~j(~r)
−∆A(~
(9.126)
On trouve à nouveau l’équation de Poisson, comp. l’éq.(9.7), pour des vecteurs cette
~ r), ~j(~r), au lieu des scalaires V (~r) et ρ(~r) dans l’éq.(9.7) d’électrostatique.
fois-ci A(~
Résumé.
Après cette partie introductive, nous pouvons résumer que, en terme du potentiel
~ r), la magnétostatique est décrite par les équations
A(~
~ r) = −µ0~j(~r)
∆A(~
(9.127)
~ r) = rot
~ r)
~ A(~
B(~
(9.128)
qui est notre point de départ.
~ r) et B(~
~ r) créés par un courant,
Nous allons chercher, dans la suite, les champs A(~
homogène, de la densité
~j = j0 · ~ez
(9.129)
dans un fil métallique de la forme d’un cylindre infini, de rayon a, centré sur l’axe z.
Nous allons employer les coordonnées cylindriques, ρ, φ, z. Comme la seule composante de ~j, qui est non-nule, est la composante z, éq.(9.129),
jz = j0 ,
ρ<a
(9.130)
~ solution de l’éq.(9.127), dans la forme :
nous allons chercher A,
~ = A · ~ez
A
94
(9.131)
~
Par la symétrie cylindrique du problème, A = Az , la seule composante non-nulle de A,
doit être une fonction de ρ uniquement, indépendante de φ et de z.
Précisons encore une fois que, dans notre problème, la distribution des courants est
comme suit :
(
~j = ~j(ρ) =
j0 · ~ez , ρ < a
~0,
(9.132)
ρ>a
~ r) dans la forme (9.131), avec Az =
et que nous allons chercher le potentiel vecteur A(~
A = A(ρ), une fonction de ρ à déterminer.
L’éq.(9.127), pour la composante z, prend la forme :
∆A(ρ) = −µ0 j0 ,
∆A(ρ) = 0,
ρ<a
ρ>a
(9.133)
(9.134)
Le laplacien, dans les coordonnées cylindriques et pour une fonction qui ne dépend que
de ρ, prend la forme :
1
∆A(ρ) = ∂ρ (ρ∂ρ A(ρ))
(9.135)
ρ
– voir le chapitre 7. Alors, par (9.133), (9.134), nous avons deux équations à résoudre :
1
∂ρ (ρ∂ρ A(ρ)) = −µ0 j0 , ρ < a
ρ
1
∂ρ (ρ∂ρ A(ρ)) = 0, ρ > a
ρ
(9.136)
(9.137)
ρ < a.
Intégrons l’éq.(9.136) :
∂ρ (ρ∂ρ A(ρ)) = −µ0 j0 · ρ
ρ2
ρ∂ρ A(ρ) = −µ0 j0 ·
+ C1
2
(9.138)
(9.139)
D’ici
ρ C1
+
(9.140)
2
ρ
Nous allons mettre la constante d’intégration C1 = 0, car la divergence de ∂ρ A(ρ), et
∂ρ A(ρ) = −µ0 j0 ·
de A(ρ) en conséquence, dans la limite ρ → 0, n’est pas justifiée du point de vue de la
physique du problème : ~j(ρ) n’a pas de singularité dans la limite ρ → 0. Donc,
∂ρ A(ρ) = −µ0 j0 ·
95
ρ
2
(9.141)
Intégrons cette équation :
A(ρ) = −µ0 j0 ·
ρ2
+ C2
4
(9.142)
La constante d’intégration C2 sera déterminée plus bas, par la condition de continuité
à ρ = a de ∂ρ A(ρ) et de A(ρ).
ρ > a.
Intégrons l’éq.(9.137) :
∂ρ (ρ∂ρ A(ρ)) = 0
(9.143)
ρ∂ρ A(ρ) = C3
(9.144)
C3
ρ
(9.145)
∂ρ A(ρ) =
Intégrons cette dernière équation :
A(ρ) = C3 log ρ + C4
(9.146)
La constante C4 , on peut la choisir, car les potentiels sont définis à une constante près,
tout comme dans le cas d’électrostatique, le chapitre précédent. Mais, au contraire avec
l’électrostatique et le potentiel V (r), dans le cas actuel on ne peut pas demander que
A(ρ), dans (9.146), tend vers 0 quand ρ → ∞, parce que log ρ diverge quand ρ → ∞.
Nous allons demander que A(ρ) = 0 à ρ = a, sur le bord du cylindre. C’est notre
choix, avec une seule raison d’obtenir l’expression de A(ρ) qui serait plus simple.
Alors il faudra que
C4 = −C3 log a
(9.147)
Avec ce choix, A(ρ) dans (9.146) prend la forme :
A(ρ) = C3 log
ρ
a
(9.148)
En résumant les calculs jusque présent :
ρ < a,
∂ρ A(ρ) = −µ0 j0 ·
A(ρ) = −µ0 j0 ·
96
ρ
2
ρ2
+ C2
4
(9.149)
(9.150)
ρ > a,
∂ρ A(ρ) =
C3
ρ
(9.151)
ρ
a
A(ρ) = C3 log
(9.152)
Appliquons ensuite les conditions de continuité à ρ = a.
Par (9.149) :
∂ρ A(ρ)|ρ=a = −µ0 j0
a
2
(9.153)
Par (9.151) :
∂ρ A(ρ)|ρ=a =
C3
a
(9.154)
En égalisant, on trouve :
C3
a
= −µ0 j0
a
2
a2
C3 = −µ0 j0 ·
2
(9.155)
(9.156)
Une constante est déterminée.
Ensuite, par (9.152) :
A(ρ)|ρ=a = 0
(9.157)
Par(9.150) :
A(ρ)|ρ=a = −µ0 j0 ·
a2
+ C2
4
(9.158)
En égalisant, on trouve
a2
+ C2 = 0
4
a2
C2 = µ0 j0
4
−µ0 j0
(9.159)
(9.160)
La 2ème constante est déterminée. En mettant les valeurs de C3 , C2 dans (9.150), (9.152)
on trouve la fonction A(ρ) :
ρ < a,
ρ > a,
A(ρ) =
µ0 j0 2
(a − ρ2 )
4
A(ρ) = −µ0 j0 ·
97
a2
ρ
· log
2
a
(9.161)
(9.162)
Rappelons que le potentiel, en complet, est comme suit :
~
A(ρ)
= A(ρ) · ~ez
(9.163)
Le profil de la fonction A(ρ) est présenté, en gros, dans la Fig.71.
Le champ magnétique correspondant se calcul par le rotationnel, en coordonnées
~
cylindriques, du potentiel A(ρ),
éq.(9.128).
On a l’expression suivante :
1
~
B(ρ)
= [∂φ Az − ∂z (ρAφ )] · ~eρ
ρ
+[∂z Aρ − ∂ρ Az ] · ~eφ
1
+ [∂ρ (ρAφ ) − ∂φ Aρ ] · ~ez
ρ
(9.164)
Dans notre cas Aρ = Aφ = 0, Az = A(ρ) dans (9.161), (9.162). Alors on trouve :
~
B(ρ)
= −∂ρ Az · ~eφ = −∂ρ A(ρ) · ~eφ
(9.165)
~
La seule composante non-nulle de B(ρ)
est Bφ (ρ). On obtient :
ρ < a,
ρ > a,
Bφ (ρ) = −∂ρ A(ρ) =
µ0 j0
ρ
2
Bφ (ρ) = −∂ρ A(ρ) = µ0 j0
a2 1
·
2 ρ
(9.166)
(9.167)
Observons que Bφ (ρ) à l’exterieur du fil cylindrique, ρ > a, pourrait être mis dans la
forme :
ρ > a,
Bφ (ρ) =
µ0 I 1
·
2π ρ
(9.168)
où
I = πa2 j0
(9.169)
est le courant total dans le fil métalliques, à travers sa section πa2 .
La Fig.72 présente le profil de Bφ (ρ).
Observons que le champ Bφ (ρ) à l’exterieur (et à l’intérieur) du fil, éq.(9.167), (9.168)
(éq. (9.166) ), pourrait être retrouvè directement de l’éq.(9.116).
98
Intégrons cette équation, la partie gauche et la partie droite, sur la surface du disque,
SR , qui traverse le fil cylindrique, Fig.73. Le rayon du disque, R, est pris d’être plus
grand que le rayon du fil, R > a, Fig.73. On trouve :
Z
SR
~ = µ0
~ B
d~s · rot
Z
d~s · ~j
(9.170)
SR
À droite on trouve :
Z
µ0
SR
d~s · ~j = µ0 I
(9.171)
où I est le courant total dans le fil.
À gauche, dans (9.170), en utilisant le théorème de Stokes, on trouve :
Z
~ =
~ B
d~s · rot
I
~ =
d~r · B
CR
SR
=
Z 2π
0
I
CR
drφ · Bφ (ρ)
ρdφ · Bφ (ρ) = 2πR · Bφ (R)
(9.172)
CR est le cercle de rayon R, le bord du disque SR , Fig.73. Nous avons supposé, pour
la dernière égalité dans (9.172), que Bφ doit avoir une valeur constante sur CR , par la
symétrie du problème, d’être fonction de ρ uniquement.
Mettons (9.171) et (9.172) dans (9.170). On trouve :
2πR · Bφ (R) = µ0 I
(9.173)
d’où
µ0 I 1
·
(9.174)
2π R
Comme R, le rayon du disque, est arbitraire (sauf que R > a), on peut lui remplace par
Bφ (R) =
ρ, la variable courante, usuelle, et on retrouve Bφ (ρ) de l’éq.(9.168).
Exercice. Retrouver le champ magnétique Bφ (ρ) à l’interieur du fil, éq.(9.166), par la
même méthode, mais en intégrant l’éq.(9.116) sur la surface du disque SR qui est plus
petite que la section du fil, R < a, Fig.74.
Faisons finalement une vérification directe des expressions (9.166), (9.167) pour le
champ magnétique (à l’interieur et à l’exterieur du cylindre) par l’éq.(6), prise directement, sans intégration.
99
~ r) de la forme
Pour B(~
~ r) = Bφ (ρ) · ~eφ
B(~
(9.175)
qui est notre cas, on trouve :
~ = 1 [∂φ Bz − ∂z (ρBφ )] · ~eρ
~ B
rot
ρ
+[∂z Bρ − ∂ρ Bz ] · ~eφ
1
+ [∂ρ (ρBφ ) − ∂φ Bρ ] · ~ez
ρ
1
= ∂ρ (ρBφ )~ez
ρ
(9.176)
Pour ρ < a, mettons Bφ dans l’éq. (9.166) (la valeur que nous sommes en train à vérifier).
On obtient :
~ = 1 ∂ρ (ρBφ ) · ~ez = 1 ∂ρ (ρ · µ0 j0 ρ) · ~ez
~ B
rot
ρ
ρ
2
=
µ0 j0 1
∂ρ (ρ2 ) · ~ez = µ0 j0 · ~ez
2 ρ
(9.177)
– en accord avec l’éq.(9.116), car à l’interieur du fil, ρ < a, ~j = j0 · ~ez , éq.(9.132).
Pour ρ > a, Bφ est donné par l’éq.(9.167). En mettant cette valeur de Bφ dans
l’éq.(9.176), on obtient :
~ = 1 ∂ρ (ρ · Bφ ) · ~ez
~ B
rot
ρ
1
a2 1
= ∂ρ (ρ · µ0 j0 · ) · ~ez
ρ
2 ρ
= µ0 j0
a2 1
· ∂ρ (1) · ~ez = 0 · ~ez = ~0
2 ρ
– toujours en accord avec l’éq.(9.116), car à l’exterieur du fil ~j = ~0, l’éq.(9.132).
100
(9.178)
10
Équations différentielles d’ordre 1.
10.1 Équations différentielles d’ordre 1 qui sont solubles par la séparation de
variables.
Ce sont les équations d’une forme générale
y 0 (t) = f (t)g(y)
(10.1)
Elles se résoudent comme suit :
dy
= f (t)g(y)
dt
dy
= f (t)dt
g(y)
Z
(10.2)
(10.3)
Z
dy
= dtf (t)
g(y)
(10.4)
Faudra ensuite intégrer, sur y dans la partie gauche et sur t dans la partie droite.
Exemples
1) Soit l’équation
ty + (t + 1)y 0 (t) = 0
(10.5)
ty = −(t + 1)y 0 (t)
(10.6)
Solution :
dy
dt
t
dy
dt = −
t+1
y
Z
Z
t
dy
dt = −
t+1
y
Z
Z
t+1−1
dy
dt = −
t+1
y
Z
Z
1
dy
(1 −
)dt = −
t+1
y
ty = −(t + 1)
(10.7)
(10.8)
(10.9)
(10.10)
(10.11)
t − log(t + 1) = − log y + C
(10.12)
log y = log(t + 1) − t + C
(10.13)
y = A(t + 1)e−t ,
(10.14)
101
A = eC
2) Soit l’équation
(t2 − 1)y 0 + 2ty 2 = 0
(10.15)
y(0) = 1
(10.16)
avec la condition initiale
Solution :
dy
= −2ty 2
dt
2t
dt
= 2
t −1
Z
2t
dt
=
2
t −1
(t2 − 1)
dy
y2
Z
dy
−
y2
−
−
−
Z
Z
(10.17)
(10.18)
(10.19)
dy Z d(t2 )
=
y2
t2 − 1
(10.20)
dy Z d(t2 − 1)
=
y2
t2 − 1
(10.21)
1
= log |t2 − 1| + C
y
1
y(t) =
, C = log A
2
log(|t − 1| · A)
(10.22)
(10.23)
y(0) = 1.
1=
1
;
log(1 · A)
y(t) =
log A = 1,
A=e
(10.24)
1
− 1| + 1
(10.25)
y2 + 1
(10.26)
log |t2
3) Soit l’équation
y 0 · ty =
q
Solution :
q
dy
· ty = y 2 + 1
dt
Z
Z
dy · y
dt
dy · y
dt
√ 2
√
= ,
=
2
t
t
y +1
y +1
Z
Z
q
dt
d( y 2 + 1) =
t
(10.27)
(10.28)
(10.29)
q
y 2 + 1 = log t + C
(10.30)
y 2 + 1 = (log t + C)2
(10.31)
102
y 2 = (log t + C)2 − 1
y(t) =
q
(log t + C)2 − 1
(10.32)
(10.33)
4) Soit l’équation
y 0 (t) + a · y(t) = 0,
(10.34)
a est une constante.
Solution :
dy
= −ay
dt
Z
Z
dy
dy
= −adt,
= −a dt
y
y
log y = −at + C
y(t) = e−at+C = A · e−at ,
(10.35)
(10.36)
(10.37)
A = eC
(10.38)
5) Soit l’équation
y · y0 + t = 1
(10.39)
y(0) = 1
(10.40)
y · y0 = 1 − t
(10.41)
dy
= (1 − t)
dt
(10.42)
avec la condition initiale
Solution :
y
ydy = (1 − t)dt
(10.43)
t2
y2
=t− +C
2
2
(10.44)
y 2 = 2t − t2 + 2C
√
y(t) = 2t − t2 + 2C
y(0) = 1.
(10.45)
(10.46)
√
1=
2C, 2C = 1
√
y(t) = 2t − t2 + 1
103
(10.47)
(10.48)
10.2. Équations différentielles linéaires d’ordre 1 avec des coefficients et
second membre variables.
Nous allons étudier l’équations de la forme
y 0 (t) − g(t)y(t) = h(t)
(10.49)
où g(t), h(t) sont les fonctions données et y(t) et la fonction à déterminer.
Méthode générale, méthode 1, de résolution de l’éq.(10.49).
On considère l’expression
y(t) × e−
Rt
0
g(u)du
(10.50)
où y(t) est supposé d’être la solution de l’éq.(10.49) qu’on cherche à déterminer. On
dérive l’expression (10.50) :
Rt
Rt
Rt
d
(y(t)e− 0 g(u)du ) = y 0 (t)e− 0 g(u)du − y(t)g(t)e− 0 g(u)du
dt
= (y 0 (t) − g(t)y(t))e−
Rt
0
g(u)du
= h(t)e−
Rt
0
g(u)du
(10.51)
Nous avons utilisé, d’une part, la proprieté des intégrales :
d Zb
dxf (x) = f (b)
db a
(10.52)
D’autre part nous avons utilisé le fait que y(t) doit être la solution de (10.49) :
y 0 (t) − g(t)y(t) doit être égale à h(t).
Par (10.51).
Rt
Rt
d
(y(t)e− 0 dug(u) ) = h(t)e− 0 dug(u)
dt
(10.53)
Ensuite, intégration de l’éq.(10.53) ci-dessus nous permetera déterminer y(t) :
Z t
0
Z t
Rs
Rs
d
−
dug(u)
)=
dsh(s)e− 0 dug(u)
ds (y(s)e 0
ds
0
−
[y(s)e
−
y(t)e
Rt
0
Rs
0
dug(u) t
]0
dug(u)
=
Z t
dsh(s)e−
Rs
dug(u)
0
(10.54)
(10.55)
0
− y(0) =
Z t
dsh(s)e
−
Rs
0
dug(u)
(10.56)
0
Rt
y(t) − y(0) · e
0
dug(u)
=
Z t
dsh(s)e
0
104
Rt
0
dug(u)
× e−
Rs
0
dug(u)
(10.57)
y(t) = y0 · e
Rt
0
dug(u)
+
Z t
dsh(s)e
Rt
s
dug(u)
(10.58)
0
y(0) = y0 est la condition initial sur y(t). Dans la partie droite nous avons utiliser la
proprieté des intégrales :
Z t
dug(u) −
0
Z s
Z t
dug(u) =
0
dug(u)
(10.59)
s
Observons que, dans (10.58), le premier terme à droite, que nous allons noter y1 (t),
Rt
y1 (t) = y0 · e
0
dug(u)
(10.60)
est la solution générale de l’éq.(10.49) sans second membre,
y 0 (t) − g(t)y(t) = 0
(10.61)
En effet, l’eq.(10.61) se résoud par la séparation des variables :
y 0 (t) = g(t)y(t)
(10.62)
dy
=g·y
dt
dy
= gdt
y
log
(10.63)
(10.64)
y(t) Z t
dug(u)
=
y(0)
0
Rt
y(t)
= e 0 dug(u)
y(0)
y(t) = y0 · e
Rt
0
dug(u)
(10.65)
(10.66)
(10.67)
On retrouve y1 (t), l’eq.(10.60).
Le deuxiéme terme dans (10.58), que nous allons noter y2 (t),
y2 (t) =
Z t
dsh(s)e
Rt
s
dug(u)
(10.68)
0
est la solution particulière de l’éq.(10.49) complète, avec second membre. Elle est particulière dans le sens que
y2 (0) = 0
c’est ce qui est évident de (10.68).
105
(10.69)
Également, on peut vérifier directement que y2 (t) dans (10.68) vérifie (10.49). On
effet :
Rt
d Zt
dy2 (t)
= ( dsh(s)e s dug(u) )
dt
dt 0
Z
Rt
t
d Rt
= h(t)e t dug(u) +
dsh(s) · (e s dug(u) )
dt
0
= h(t) +
Z t
Rt
dsh(s)g(t)e
s
dug(u)
0
= h(t) + g(t)y2 (t)
(10.70)
Nous avons trouver que
y20 (t) = h(t) + g(t)y2 (t)
(10.71)
qui signifie que y2 (t), éq.(10.68), vérifie l’éq.(10.49).
En résumé la solution générale de l’éq.(10.49) est de la forme :
y(t) = y1 (t) + y2 (t)
(10.72)
où
Rt
y1 (t) = yGenerale,SSM (t) = y0 e
y2 (t) = yP art.,ASM (t) =
Z t
0
dug(u)
Rt
dsh(s)e
s
dug(u)
(10.73)
(10.74)
0
y0 est la condition initiale sur y(t), y(0) = y0 , qui est, si elle n’est pas specifiée, une
constante arbitraire de la solution, constante d’intégration.
Exemple de résolution de l’éq.(10.49) par la méthode 1, éqs.(10.72)-(10.74) ci-dessus.
Soit l’équation
f 0 (t) + f (t) = t · et
(10.75)
Dans cette équation g(t) = −1, h(t) = tet . Par (10.73), où sinon directement, par
f10 (t) + f1 (t) = 0
(10.76)
f1 (t) = f0 · e−t
(10.77)
on trouve
106
Par (10.74),
f2 (t) =
=
Z t
Z t
ds · s · es e−(t−s)
0
ds · s · e2s−t = e−t ×
0
Z t
ds · s · e2s
(10.78)
0
Z t
1Z t
1
dse2s
ds · se2s = [ se2s ]t0 −
2
2 0
0
t
t
1
1
= e2t − [e2s ]t0 = e2t − (e2t − 1)
2
4
2
4
(10.79)
t
1
f2 (t) = e−t × ( e2t − (e2t − 1))
2
4
t
1
1
f2 (t) = et − et + e−t
2
4
4
(10.80)
(10.81)
t
1
1
f (t) = f1 (t) + f2 (t) = f0 · e−t + et − et + e−t
2
4
4
t
1
1
= (f0 + )e−t + et − et
4
2
4
(10.82)
Méthode 2.
Dans cette méthode, on cherche la solution générale de equation SSM, y1 (t),
y 0 (t) − g(t)y(t) = 0
(10.83)
Rt
directement, par la séperation de variables. On trouve y1 (t) = C · exp(
0
dug(u)).
Ensuite on cherche la solution générale de l’équation ASM,
y 0 (t) − g(t)y(t) = h(t)
(10.84)
par la variation de la constante d’intégration qui rentre dans y1 (t), C → C(t).
Nous allons présenter cette méthode par la résolution de l’equation (10.75), dans
l’exemple ci-dessus.
D’abord l’équation SSM
f 0 (t) + f (t) = 0
107
(10.85)
Sa solution, par la séparation de variables, est
f1 (t) = C · e−t
(10.86)
qui s’accorde avec (10.77).
Ensuite, pour chercher f (t), la solution générale de l’équation complète :
f 0 (t) + f (t) = t · et
(10.87)
f (t) = C(t) · e−t
(10.88)
on prend f (t) dans la forme :
avec C(t) à déterminer. On trouve :
f 0 (t) = C 0 (t)e−t − C(t)e−t
(10.89)
En mettant (10.89), (10.88) dans (10.87), on trouve :
C 0 (t)e−t − C(t)e−t + C(t)e−t = t · et
(10.90)
C 0 (t)e−t = tet
(10.91)
C 0 (t) = t · e2t
(10.92)
1Z
1
dte2t
dtt · e2t = te2t −
2
2
1
t
C(t) = e2t − e2t + D
2
4
C(t) =
Z
(10.93)
(10.94)
D est une constante d’intégration. On trouve :
t
1
f (t) = C(t)e−t = et − et + D · e−t
2
4
qui est de la même forme que f (t) dans (10.82), sauf que D = f0 +
(10.95)
1
4
dans (10.82), mais
dans les deux cas on a des constantes arbitraires de deux côtés, donc ils sont équivalents.
Méthode 3.
Dans cette méthode ou cherche toujours la solution de l’équation SSM par la séparation
de variables. Et ensuite on cherche la solution particulière de l’équation complète, ASM,
en récopiant la fonction h(t) à droite, en récopiant le SM.
108
Exemple ci-dessus,
f 0 (t) + f (t) = t · et
(10.96)
f 0 (t) + f (t) = 0
(10.97)
f1 (t) = C · e−t
(10.98)
f 0 (t) + f (t) = t · et
(10.99)
f2 (t) = (At + B)et
(10.100)
1)
2)
Prenons f2 (t) de la forme :
en récopiant le SM t · et dans (10.99), un polynôme d’ordre 1 en face de l’exponentielle.
A et B sont des coefficients constants à déterminer.
Ensuite
f20 (A) = Aet + (At + B)et
(10.101)
En mettant (10.101), (10.100) dans (10.99), on trouve :
Aet + (At + B)et + (At + B)et = t · et
(10.102)
2Atet + (A + 2B)et = t · et
(10.103)
2A = 1
(10.104)
A + 2B = 0
(10.105)
On trouve qu’il faut que
d’où :
1
4
(10.106)
1
1
f2 (t) = tet − et
2
4
(10.107)
1
A= ,
2
B=−
Par (10.100)
Finalement, on trouve la solution générale de l’équation (10.96):
t
1
f (t) = f1 (t) + f2 (t) = Ce−t + et − et
2
4
109
(10.108)
qui s’accorde avec(10.95) et (10.82).
Remarque.
En effet, la méthode 3, qui est la plus simple, est limitée par les équations à g(t)
constante et par des fonctions spécifiques à droite, comme SM : polynomes, exponentielles
multiplier par des poynômes, combinaison des sin t, cos t, sinh t, cosh t multipliers par des
polynômes. En général, par des types de fonctions qui se reproduisent sous les dérivations.
Par contre, les méthodes 1 et 2 s’appliquent dans tous les cas de l’éq.(10.49).
Exemple 2.
f 0 (t) + f (t) = log t
(10.109)
f 0 (t) + f (t) = 0
(10.110)
f1 (t) = C · e−t
(10.111)
1.
2. Pour déterminer f2 (t), la méthode 3 ne s’applique pas.
1
(log t)0 = ,
t
1
1
( )0 = − 2 , ...
t
t
(10.112)
Méthode 1. g(t) = −1, h(t) = log t.
f2 (t) =
Z t
ds log s · exp{
Z t
0
=
du(−1)}
s
Z t
ds log s · exp{−(t − s)}
0
= e−t
Z t
ds log s · es
(10.113)
0
f2 (t) = e
−t
Z t
ds log s · es
(10.114)
0
La solution particulière, la fonction f2 (t), s’exprime par cette intégrale. Elle ne s’exprime
pas par des fonction élementaires, elle est plus compliquée.
La solution générale de l’éq.(10.109) et de la forme :
f (t) = f1 (t) + f2 (t) = Ce−t + e−t
110
Z t
0
ds log s · es
(10.115)
Exemple 3.
Dans cet exemple nous allons traiter l’équation plus compliquée, où la méthode 1 est
la plus efficace. Soit l’équation :
2
y 0 (t) − 2ty(t) = t · e2t
(10.116)
Dans cette équation
2
h(t) = t · e2t
g(t) = 2t,
(10.117)
Par les équations (10.72) - (10.74) on trouve :
y1 (t) = y0 · exp{
Z t
0
du · 2u} = y0 exp{[u2 ]t0 } = y0 exp{t2 }
2
y1 (t) = y0 · et
y2 (t) =
Z t
2s2
ds · se
× exp{
(10.119)
Z t
0
(10.118)
du · 2u}
s
=
Z t
0
=
Z t
2
ds · s · e2s exp{[u2 ]ts }
2
ds · s · e2s exp{t2 − s2 }
0
t2
=e
Z t
2
ds · ses
0
1 2
2
2
21
= et × [es ]t0 = et (et − 1)
2
2
1
2
2
y2 (t) = (e2t − et )
2
(10.120)
(10.121)
On trouve la solution générale de la forme :
y(t) = y1 (t) + y2 (t)
(10.122)
1
2
2
2
y(t) = y0 · et + (e2t − et )
2
(10.123)
Exercice.
Vous pouvez vérifier, en exercice, qu’on trouve le même résultat, la même fonction,
avec la méthode de variation de la constante, méthode 2.
111
11
Équations defférentielles d’ordre 2 avec des coefficients constants mais second membre variable.
Soit l’équation
y 00 (t) + A · y 0 (t) + B · y(t) = h(t)
(11.1)
où A,B sont des coefficients constants; h(t) est une fonction donnée; y(t) est une fonction
à déterminer.
Méthode générale de résolution, méthode 1.
On peut reécrire l’éq.(11.1) comme suit :
d2t y(t) + Adt y(t) + By(t) = h(t)
(11.2)
où dt est la dérivée, dt y(t) = y 0 (t). Et ensuite comme :
(dt − a)(dt − b)y(t) = h(t)
(11.3)
où
a + b = −A,
a·b=B
(11.4)
a et b sont les deux racines de l’équation dite characteristique :
r2 + Ar + B = 0
r(1) = a,
r(2) = b
(11.5)
(11.6)
À partir de la forme (11.3) de l’equation initiale (11.1), on trouve la solution comme
suit.
Notons (dt − b)y(t) comme z(t) :
(dt − b)y(t) = z(t)
(11.7)
En terme de z(t), l’éq.(11.3) prend la forme :
(dt − a)z(t) = h(t)
112
(11.8)
Alors la résolution de l’éq.(11.3), donc de l’éq.(11.1) intiale, se brise sur 2 étapes.
1. D’abord on résoud l’éq.(11.8), par les méthodes du chapitre 10.2. On détermine
z(t).
2. Ensuite on résoud l’éq.(7), avec z(t) déjà connue. Toujours par les méthodes du
chapitre 10.2. On détermine y(t), qui est la solution de l’éq.(11.1).
On pratique, il est souvent plus simple d’organiser la résolution de l’éq.(11.1) un peu
différement.
Méthode 2.
Dans cette méthode on cherche la solution générale de l’équation (11.1) sous la forme
y(t) = y1 (t) + y2 (t), où y1 (t) est la solution générale de l’équation correspondante SSM :
y 00 (t) + Ay 0 (t) + By(t) = 0
(11.9)
et y2 (t) est la solution particulière de l’équation complète, ASM, l’éq.(11.1).
Nous cherchons d’abord la solution de l’équation homogène (SSM), l’éq.(11.9). Comme
tout à l’heure, cette équation pourrait être mise sous la forme :
(dt − a)(dt − b)y(t) = 0
(11.10)
– comp. l’éq.(11.3) ci-dessus. Pour résoudre l’équation (11.10) nous poursuivons, comme
tout à l’heure dans le cas de l’éq.(11.3), par la méthode 1. Notons
(dt − b)y(t) = z(t)
(11.11)
(dt − a)z(t) = 0
(11.12)
Alors l’éq.(11.10) prend la forme :
Sa solution, obtenue par la séparation des variables, est de la forme :
z(t) = C · eat
113
(11.13)
C est la constante d’intégration. Mettons (11.13) dans (11.11) :
(dt − b)y(t) = C · eat
(11.14)
Solution générale de cette équation est de la forme, d’après le chapitre 10.2, méthodes 2
ou 3 :
y(t) = y(1) (t) + y(2) (t)
(11.15)
où y(1) (t) est la solution générale de l’éq.(11.14) homegéne, SSM,
y 0 (t) − by(t) = 0
(11.16)
et y(2) (t) est la solution particulière de l’éq.(11.14) complète, ASM :
y 0 (t) − by(t) = C · eat
(11.17)
y(1) (t) = D · ebt
(11.18)
Par (11.16) on trouve
D est la constante d’intégration.
La solution particulière de l’éq.(11.17), nous allons la chercher par la méthode 3 du
chapitre 10.2, comme une copie du SM. Cherchons y(2) (t) sous la forme :
y(2) (t) = λ · eat
(11.19)
où λ est le paramètre, coefficient constant, à déterminer. Par (11.19),
0
y(2)
(t) = λaeat
(11.20)
Mettons (11.20), (11.19) dans (11.17) :
λaeat − b · λeat = C · eat
(11.21)
λ(a − b) = C
(11.22)
D’ici on obtient :
λ=
C
a−b
114
(11.23)
Nous allons écarter le cas légérement plus compliqué où a=b.
En mettant (11.23) dans (11.19) on trouve y(2) (t) :
y(2) (t) =
C at
e
a−b
(11.24)
Finalement, y(t), solution de l’éq.(11.14),
y 0 (t) − by(t) = C · eat
(11.25)
et donc des équations (11.10),(11.9), est trouvée d’être de la forme :
y(t) = y(1) (t) + y(2) (t) = D · ebt +
C at
e
a−b
(11.26)
En retournant à l’équation homogène (11.9), SSM, on peut constater, par (11.26),
que sa solution générale est donnée par la combinaison linéaire des deux exponentielles
eat
et ebt
(11.27)
avec des coefficients qui sont deux constantes arbitraires D et C/(a + b), qu’on peut
marquer également comme D1 = D et D2 = C/(a−b) (comme C est arbitraire, C/(a−b)
est également une constante arbitraire). D’où,
Méthode 2, simplifiée.
Soit, à nouveau, l’équation (11.1) initiale :
y 00 (t) + Ay 0 (t) + By(t) = h(t)
(11.28)
Sa solution générale sera recherchée dans la forme
y(t) = y1 (t) + y2 (t)
(11.29)
où y1 (t) et la solution générale de l’équation homogène
y 00 (t) + Ay 0 (t) + By(t) = 0
et y2 (t) est la solution particulière de l’équation complète, éq.(11.28).
115
(11.30)
La solution générale de l’équation homogène (11.30) est de la forme :
y1 (t) = C1 eat + C2 ebt
(11.31)
où a, b sont des racines de l’équation characteristique correspondante :
r2 + Ar + B = 0
(11.32)
et C1 , C2 sont des constantes d’intégration, constantes arbitraires.
La solution particulière de l’équation complète, (11.28), elle pourrait être définie par
la méthode de variation des constantes d’intégration C1 et C2 qui rentrent dans la solution
de l’équation homogène, éq.(11.30), (11.31), – à comparer avec la méthode 2 du chapitre
précédent.
Dans le cas actuel, de l’équation différentielle d’ordre 2, cette méthode prend la forme
suvante.
D’abord, pour un peu plus de clarté dans la suite, nous réécrirons l’éq.(11.31) comme
suit :
y1 (t) = C1 · u1 (t) + C2 · u2 (t)
(11.33)
où
u1 (t) = eat ,
u2 (t) = ebt
(11.34)
sont les deux solutions de l’équation homogène.
Ensuite, en dérivant l’éq.(11.33), nous trouvons :
y10 (t) = C1 · u01 (t) + C2 · u02 (t)
(11.35)
À ce point nous remplaçons les constantes C1 , C2 , dans (11.33), (11.35), par deux
fonctions
C1 → λ(t),
C2 → µ(t)
(11.36)
Nous remplaçons également y1 (t) par y2 (t), la solution particulière que nous cherchons.
Nous trouvons :
y2 (t) = λ(t)u1 (t) + µ(t)u2 (t)
116
(11.37)
y20 (t) = λ(t)u01 (t) + µ(t) · u02 (t)
(11.38)
Pour consistance, il faudra que la dérivée de la première équation soit équale à la
deuxième. En dérivant (11.37) on obtient :
y20 (t) = λ0 (t)u1 (t) + µ0 (t)u2 (t)
+λ(t)u01 (t) + µ(t) · u02 (t)
(11.39)
Pour s’accorder avec (11.38), il faut que
λ0 (t)u1 (u) + µ0 (t)u2 (t) = 0
(11.40)
c’est qui nous donne déjà une équation sur les 2 fonctions inconnues, λ(t) et µ(t).
Deuxième équation sur λ(t), µ(t) on obtient en dérivant (11.38) :
y200 (t) = λ0 (t)u01 (t) + µ0 (t)u02 (t)
+λ(t)u001 (t) + µ(t) · u002 (t)
(11.41)
et en substituant (11.41), (11.38) et (11.37) dans l’équation de départ, éq.(11.28). Avec
un petit calcul on trouve qu’il faudra que
λ0 (t)u01 (u) + µ0 (t)u02 (t) = h(t)
(11.42)
Dans le petit calcul qui emmène à (11.42) il falllait prendre en compte que u1 (t), u2 (t)
vérifient l’équation homogène, éq.(11.30). À vérifier, en exercice.
À partir des équations (11.40) et (11.42) on détermine λ0 (t), µ0 (t) :
λ0 (t) =
µ0 (t) =
−h(t) · u2 (t)
u1 (t) · h02 (t) − u01 (t)u2 (t)
(11.43)
h(t) · u1 (t)
u1 (t) · u02 (t) − u01 (t) · u2 (t)
(11.44)
Mettons les exponentielles dans (11.34), pour u1 (t), u2 (t), dans (11.43), (11.44). On
alors trouve, avec des petits calculs, que :
λ0 (t) = −
1 −bt
e h(t)
b−a
117
(11.45)
µ0 (t) =
1 −at
e h(t)
b−a
(11.46)
En intégrant, on trouve λ(t), µ(t) :
1 Z
dt e−bt h(t)
λ(t) = −
b−a
µ(t) =
1 Z
dt e−at h(t)
b−a
(11.47)
(11.48)
Pour h(t) donnée, foudra déterminer les intégrales dans (11.47), (11.48) et substituer
finalement λ(t), µ(t) dans (11.37), pour déterminer la solution particulière y2 (t) de
l’éq.(11.28).
La solution générale de l’éq.(11.28) sera donnée par la somme de y1 (t), dans (11.31),
et y2 (t) :
y(t) = C1 eat + C2 ebt + λ(t)eat + µ(t)ebt
(11.49)
Nous allons tester cette méthode en terme d’un exercice qui sera donné plus loins, à la
fin du chapitre.
Méthode 3.
Cette méthode est différente de la méthode 2 par la détermination de la solution
particulière, de notre éq.(11.1), ou (11.28).
Tout comme dans la méthode 2, la solution générale de l’éq.(11.1) est recherchée sous
la forme
y(t) = y1 (t) + y2 (t)
(11.50)
où y1 (t) et la solution générale de l’équation homogène (SSM) et y2 (t) est la solution
particulière de l’équation complète, éq.(11.1).
y1 (t) est toujours de la forme :
y1 (t) = C1 eat + C2 ebt
(11.51)
a, b sont les deux racines de l’équation charactéristique pour l’éq.(11.1) SSM:
r2 + Ar + B = 0
118
(11.52)
Par contre la solution particulière, y2 (t), est recherchée, dans la methode 3, sous la
forme de la fonction h(t), dans (11.1), sous la forme du second membre, si le type de la
fonction h(t) le permet : voir les remarques sur des limitations de la méthode 3, dans le
chapitre 10.2.
Sinon, si h(t) est plus compliquée, dans ce cas faudra chercher la solution soit par
la méthode 2, de variation des constantes d’integration, soit par la methode générale,
méthode 1, présentée tout au debut de ce chapitre.
Exemple
Soit l’équation
y 00 (t) − y 0 (t) − 2y(t) = t · et
(11.53)
y 00 (t) − y 0 (t) − 2y(t) = 0
(11.54)
r2 − r − 2 = 0
(11.55)
1. Équation homogène :
r1,2 =
1
±
2
s
1 3
1
+2= ±
4
2 2
r(2) = −1
r(1) = 2,
(11.56)
(11.57)
r2 − r − 2 = (r − 2)(r + 1)
(11.58)
y1 (t) = C1 e2t + C2 e−t
(11.59)
– solution générale de l’équation homogène.
2. Nous allons chercher la solution particulière de l’équation (11.53), y2 (t), par la
methode 3.
La fonction h(t) = t · et suggère la forme suivante de y2 (t) :
y2 (t) = (λ1 t + λ0 )et
(11.60)
où les coefficients λ1 , λ2 sont à déterminer.
Ensuite :
y20 (t) = λ1 et + (λ1 t + λ0 )et
119
(11.61)
y20 (t) = (λ1 t + λ1 + λ0 )et
(11.62)
y200 (t) = λ1 et + (λ1 t + λ1 + λ0 )et
(11.63)
y200 (t) = (λ1 t + 2λ1 + λ0 )et
(11.64)
y200 (t) − y 0 (t) − 2y(t)
= (λ1 t + 2λ1 + λ0 )et − (λ1 t + λ1 + λ0 )et − 2(λ1 t + λ0 )et
= (−2λ1 t + λ1 − 2λ0 )et
(11.65)
Alors, par l’éq.(11.53), il faut que
(−2λ1 t + λ1 − 2λ0 )et = t · et
(11.66)
−2λ1 = 1
(11.67)
λ1 − 2λ0 = 0
(11.68)
On trouve qu’il faut que
d’où
1
2
1
λ0 = −
4
λ1 = −
(11.69)
(11.70)
Donc on trouve la solution particulière
1
1
y2 (t) = −( t + )et
2
4
(11.71)
t 1
y(t) = y1 (t) + y2 (t) = C1 e2t + C2 e−t − ( + )et
2 4
(11.72)
Finalement,
est la solution générale de l’éq.(11.53).
Exercice.
Retrouver la solution (11.72) de l’équation (11.53) par la methode 2, de variation des
constantes d’integration.
120
Pour fixer les deux constantes, C1 et C2 dans la solution générale (11.72), il y a
beaucoup des possibilités. Deux examples.
1. On impose les conditions initiales : y(0) = 0 et y 0 (0) = 1. Alors
y(0) = C1 + C2 −
1
=0
4
1
t 1
t 3
y 0 (t) = 2C1 e2t − C2 e−t − et − ( + )et = 2C1 e2t − C2 e−t − ( + )et
2
2 4
2 4
3
y 0 (0) = 2C1 − C2 − = 1
4
(11.73)
(11.74)
(11.75)
Les équations (11.73) et (11.75) fixent les valeurs des constantes C1 et C2 . Il faudra que
C1 =
2
3
5
et C2 = − 12
.
2. On impose la condition limite : y(t) tend vers 0 quand t tend vers −∞. Cette
condition demande que C2 = 0. Si on plus on demande que y(t) passe par 0 à t = 0,
alors, par (11.73), il faudra que C1 = 41 .
121
12
Annexe 1. Calcul des dérivées.
1. Les dérivés de base
1)
(sin x)0 = cos x
(12.1)
(cos x)0 = − sin x
(12.2)
2)
3)
1
x
(12.3)
(ex )0 = ex
(12.4)
(xγ )0 = γ · xγ−1
(12.5)
(ln x)0 =
4)
5)
6)
1
(x)λ
!0
1
(x)λ+1
(12.6)
(U V )0 = U 0 · V + U · V 0
(12.7)
U0 · V − U · V 0
V2
(12.8)
= −λ ·
Rémarque : 6) est un cas particulier de 5).
2. Quelques méthodes de dérivations.
1)
2)
U
V
=
Exemple :
sin x
(tan x) =
cos x
0
0
=
(sin x)0 cos x − sin x(cos x)0
(cos x)2 + (sin x)2
1
=
=
2
2
(cos x)
(cos x)
(cos x)2
(12.9)
1
(tan x)0 =
(12.10)
(cos x)2
122
3) Dérivée d’une fonction composée.
(f (u(x)))0 = (f (u))0u · (u(x))0x
(12.11)
Exemples.
a)
2
2
(ex )0 = (eu(x) )0 = (eu )0u · (u(x))0x = eu · (x2 )0 = ex · 2x
2
(ex )0 = 2x · ex
2
(12.12)
(12.13)
Evidement que dans cet exercice j’ai noté x2 = u(x)
b)
(sin(3x))0 = (sin(u(x)))0 = (sin u)0u · (u(x))0x = cos u · (3x)0 = cos(3x) · 3
(sin(3x))0 = 3 · cos(3x)
(12.14)
(12.15)
c)
(ln(x2 ))0 = (ln(u(x)))0 = (ln u)0u · (u(x))0x =
(ln(x2 ))0 =
1
1
2
· (x2 )0 = 2 · 2x =
u
x
x
2
x
(12.16)
(12.17)
Sinon,autrement, dans ce cas particul
(ln x2 )0 = (2 ln x)0 =
2
x
(12.18)
d)
(ln(sin x))0 = (ln(u(x))0 = (ln u)0u · (u(x))0x =
(ln(sin x))0 =
1
1
· (sin x)0 =
· cos x
u
sin x
cos x
1
=
sin x
tan x
(12.19)
(12.20)
e)
q
√
√
( 1 + x2 )0 = ( u(x))0 = ( u)0u · (u(x))0x
1
1 1
1
1
x
= u 2 −1 · (1 + x2 )0 = · u− 2 · 2x = √ · x = √
2
2
u
1 + x2
123
(12.21)
√
x
( 1 + x2 )0 = √
1 + x2
(12.22)
f)
1
√
1 + x2
!0
1
1
= ((1 + x2 )− 2 )0 = ((u)− 2 )0u · (u(x)0x
1
3
1
1
x
= − · (u)− 2 −1 · (1 + x2 )0 = − (u)− 2 · 2x = −
3
2
2
(1 + x2 ) 2
1
√
1 + x2
!0
=−
x
(12.23)
(12.24)
3
(1 + x2 ) 2
Rémarque.
Les exemples de calculs ci-dessus sont excessivement détaillés. Après, avec un peu
d’experience, on peut écrire plus court, sans évoquer explicitement la fonction u(x), mais,
dans les calculs, elle est toujours présente, implicitement. Par exemple :
a)
2
2
2
(ex )0 = ex · (x2 )0 = ex · 2x,
(12.25)
ou même plus court :
2
(ex )0 = ex · 2x
(12.26)
c)
(ln(x2 ))0 =
1
2
1
2 0
·
(x
)
=
·
2x
=
x2
x2
x2
3. Exercices.
(12.27)
[Réponses]
1)
2
2
(e3x )0
[6x · e3x ]
(12.28)
3x2
1 + x3
(12.29)
2)
"
3
0
(ln(1 + x ))
#
3)
(ln(3x + 2x2 ))0
124
3 + 4x
3 + 2x2
(12.30)
4)
1
√
x
5)
!0
"
#
1
1
− ·
2 (x) 23
√
( 2x + 3x2 )0
"
(12.31)
1 + 3x
√
2x + 3x2
#
(12.32)
6)
(esin x )0
[esin x · cos x]
(12.33)
7)
1
√
5 + x2
!0
"
#
−x
(12.34)
3
(5 + x2 ) 2
8)
2
2
(x · ex )0
[(1 + 2x2 )ex ]
(12.35)
9)
3
3
(x · e−x )0
3
3
[e−x + x · (−3x2 )ex = (1 − 3x3 )e−x ]
(12.36)
10)
(x · sin x)0
[sin x + x · cos x]
(12.37)
11)
1
sin x
0
"
cos x
−
(sin x)2
#
(12.38)
12)
1
cos x
0
"
sin x
(cos x)2
#
(12.39)
13)
(ex · cos x)0
[ex · (cos x − sin x)]
(12.40)
14)
2
(ex )00
2
2
2
2
[(2xex )0 = 2ex + 2x2xex = (2 + 4x2 ex ]
(12.41)
15)
√
( x)00
"
125
1
√
2 x
!0
1 1
=−
4 (x) 23
#
(12.42)
13
Annexe 2. Calcul des intégrales par la primitive.
Rappelons d’abord 2 méthodes qui sont utiles dans les calculs des intégrales par la primitive, en plus de la formule de Newton-Leibniz.
1.Intégration par parties :
Z b
0
dx U (x)V (x) = U (x)V
a
(x)|ba
−
Z b
dx U 0 (x)V (x)
(13.1)
a
La démonstration est évidante :
Z b
a
dx (U (x)V (x))0 = (U (x)V (x))|ba
(13.2)
– d’une part. D’autre part :
Z b
dx (f (x)g(x))0 =
a
Z b
dx U 0 (x)V (x) +
a
Z b
dx U (x)V 0 (x)
(13.3)
a
L’égalité des parties droites des (13.2) et (13.3) est équivalente à l’éq.(13.1).
2. Changement de la variable d’intégration :
Z b
dx f (x) =
Z β
dt ϕ0 (t)f (ϕ(t))
(13.4)
α
a
Le changement de la variable a été effectué :
dx = ϕ0 (t)dt
x = ϕ(t),
ϕ(α) = a,
ϕ(β) = b
(13.5)
Exemples.
1)
I=
Z 1
0
dx
√
(1 + x) x
x = t2 ,
dx = 2tdt
x : 0 → 1 correspond à t : 0 → 1
126
(13.6)
(13.7)
Z 1
dt
2tdt
=2
=
= 2 arctan t|10
2
2
0 1+t
0 (1 + t )t
π
π
= 2(arctan(1) − arctan(0)) = 2 · ( − 0) =
4
2
π
I=
2
Z 1
(13.8)
2)
I=
Z 1
√
0
x2 = t,
xdx
1 − x2
2xdx = dt,
(13.9)
xdx =
dt
2
x : 0 → 1 correspondà t : 0 → 1
=
Z 1
0
dt
√
2 1−t
1 − t = u,
t :0→
=−
Z 0
1
=
(13.10)
(13.11)
dt = −du
correspond à u : 1 → 0
(13.12)
Z 1
du
1Z 1
du
√ =
√ =
du u−1/2
2 u
2 0
0 2 u
1 1
× u1/2 |10 = 1 × (1 − 0) = 1
2 1/2
I=1
(13.13)
3)
I=
Z 1
dx
√
1 − x2
(13.14)
0
x = sin t,
dx = cos t · dt
x : 0 → 1 correspond à t : 0 →
=
Z π/2
cos t · dt ·
q
2
1 − sin t =
0
=
Z π/2
0
1 + cos 2t
1
dt =
2
2
Z π/2
π
2
cos2 t · dt
0
Z π/2
0
127
dt +
1
2
Z π/2
0
cos 2t · dt
(13.15)
π
1 π 1 1
= t|02 + · sin 2t|02
2
2 2
π 1
π
= + (sin π − sin 0) =
4 4
4
π
I=
4
(13.16)
4)
I=
Z π/2
x · sin x · dx
(13.17)
0
V 0 = sin x
U = x,
U 0 = 1,
V = − cos x
π
2
= x · (− cos x)|0 −
Z π/2
(13.18)
dx · (− cos x)
0
Z π/2
π
π
· cos + 0 · cos 0 +
dx · cos x
2
2
0
π
π
= −0 + 0 + sin |02 = sin − sin 0 = 1
2
=−
I=1
(13.19)
5)
I=
Z 1
dx · x · log x
(13.20)
0
V0 =x
U = log x,
U0 =
1
,
x
V =
x2
2
(13.21)
Z 1
1 x2
x2
· log x|10 −
dx ·
2
x 2
0
Z 1
1
1
= · log 1 − 0 · log 0 −
dx · x
2
2 0
=
=0−0−
1 x2 1
1
· |0 = −
2 2
4
1
I=−
4
128
(13.22)
Exercices.
1)
√
3
2
Z
I=
√
0
dx
1 − x2
(13.23)
dx
x
(13.24)
[Réponse : I = π/3]
2)
I=
Z 3
1
[I = log 3]
3)
I=
Z b
1
h
dx
,
2x − 1
b>1
(13.25)
i
I = 21 log(2b − 1)
4)
I=
Z π/2
dx · sin2 x
(13.26)
dx · cos2 x
(13.27)
0
[I = I = π/4]
5)
I=
Z π/2
0
[I = π/4]
6)
I=
Z 1
dx
1 + x2
(13.28)
x2
dx
1 + x2
(13.29)
0
[I = π/4]
7)
I=
Z 1
0
[I = 1 − π/4]
8)
I=
Z π/3
dx tan x
0
129
(13.30)
[I = log 2]
9)
I=
Z
π
2
sin x · cos2 x · dx
(13.31)
0
h
I=
1
3
i
10)
I=
Z 2
xdx
1 + 2x
(13.32)
dx
(1 + x2 )2
(13.33)
√
1
Indication : 1 + 2x = t2
h
√
I=
5
3
i
11)
I=
Z 1
−1
Indication : x = tan t
h
I=
π
4
+
1
2
i
12)
I=
√
Z 5
1
x−1
dx
x
(13.34)
dx
x x2 + 1
(13.35)
Indication : x − 1 = t2
[I = 4 − 2 arctan 2]
13)
I=
Z 4/3
3/4
Indication : x =
h
I = log 32
√
1
t
i
Table des primitives des fonctions classiques.
130
Comme la connaissance des primitives est importante dans les calculs des integrales,
nous allons terminer ce chapitre avec un rappel de la table des primitives des fonctions
classiques.
1)
f (x) = xα ,
xα+1
,
α+1
F (x) =
pour α 6= −1
(13.36)
2)
f (x) =
1
,
x
F (x) = log |x|
(13.37)
La valeur absolue dans l’expression pour F (x), dans ce cas particulier, signifie que log(x)
et log(−x) sont, tous les deux, les primitives de la fonction f (x) = 1/x. En effet :
(log(x))0 = 1/x et (log(−x))0 = 1/x.
3)
F (x) = − cos x
(13.38)
F (x) = sin x
(13.39)
f (x) = sinh x,
F (x) = cosh x
(13.40)
f (x) = cosh x,
F (x) = sinh x
(13.41)
1
,
cos2 x
F (x) = tan x
(13.42)
F (x) = − cot x
(13.43)
F (x) = tanh x
(13.44)
f (x) = sin x,
4)
f (x) = cos x,
5)
6)
7)
f (x) =
8)
f (x) =
1
,
sin2 x
f (x) =
1
,
cosh2 x
9)
131
10)
f (x) =
1
,
sinh2 x
F (x) = − coth x
(13.45)
11)
F (x) = − log | cos x|
(13.46)
F (x) = log | sin x|
(13.47)
f (x) = tanh x,
F (x) = log | cosh x|
(13.48)
f (x) = coth x,
F (x) = log | sinh x|
(13.49)
f (x) = tan x,
12)
f (x) = cot x,
13)
14)
15)
f (x) = eαx ,
F (x) =
1 αx
e
α
(13.50)
f (x) = ax ,
F (x) =
ax
log a
(13.51)
16)
17)
f (x) =
1
,
1 + x2
F (x) = arctan x
(13.52)
18)
f (x) =
1
,
a2 + x 2
F (x) =
1
x
arctan
a
a
(13.53)
19)
f (x) =
1
,
1 − x2
F (x) = arctanh x =
1
1+x
log |
|
2
1−x
(13.54)
20)
f (x) =
a2
1
,
− x2
1
x
1
a+x
F (x) = arctanh =
log |
|
a
a
2a
a−x
(13.55)
21)
f (x) = √
1
,
1 − x2
132
F (x) = arcsin x
(13.56)
22)
−1
f (x) = √
,
1 − x2
F (x) = arccos x
(13.57)
x
a
(13.58)
23)
f (x) = √
a2
1
,
− x2
F (x) = arcsin
24)
1
f (x) = √ 2
,
x +1
F (x) = arcsinh x = log(x +
√
x2 + 1)
(13.59)
25)
f (x) = √
1
x2 − 1
,
F (x) = arccosh x = log(x +
√
x2 − 1)
(13.60)
26)
f (x) = log x,
F (x) = x log x − x
(13.61)
27)
f (x) = xn log x,
F (x) =
xn+1
xn+1
log x −
n+1
(n + 1)2
(13.62)
Démonstration de toutes ces formules s’obtient par dérivation de F (x) et utilisation
de la table correspondante des dérivées.
Comme il a été remarqué auparavant, à toutes ces expressions de F (x) on peut ajouter
une constante arbitraire. Par example, dans 1) on peut ecrire ègalement :
α
f (x) = x ,
xα+1
+C
F (x) =
α+1
(13.63)
Cette constante arbitraire est sous-entendue dans toutes les expression ci-dessus 1) - 25),
pour F (x).
133
14
Annexe 3. Séries de Taylor. Développement en
série entières des fonctions classiques .
Soit f (x) une fonction qui est infiniment dérivable (donc analytique) en x = x0 et dans
son voisinage proche. Alors f (x) pourrait être présentée, dans le voisinage de x0 , par une
série entière en puissances de (x − x0 ) :
f (x) =
∞
X
an (x − x0 )n
(14.1)
n=0
avec les coefficients {an } de la forme :
an =
1 (n)
f (x0 ),
n!
n = 0, 1, 2, ...
(14.2)
Autrement: dans le voisinage de x0 , où la série (14.1) converge,
f (x) =
∞
X
1 (n)
f (x0 ) · (x − x0 )n
n!
n=0
(14.3)
Démonstration.
Ecrivons la série (14.1) dans la forme detaillée :
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + a3 (x − x0 )3 + ...
(14.4)
En mettant x = x0 dans (14.4) on trouve
f (x0 = a0
(14.5)
Ensuite en dérivant la serie (14.4) une fois on trouve:
f 0 (x) = a1 + 2a2 · (x − x0 ) + 3a3 (x − x0 )2 + ...
(14.6)
Mettons x = x0 dans (14.6). On trouvera :
f 0 (x0 ) = a1
(14.7)
Dérivons la série (14.6) encore une fois :
f ”(x) = 2a2 + 3 · 2 · (x − x0 ) + ...
134
(14.8)
Mettons x = x0 dans (14.8) :
f 00 (x0 ) = 2a2 ,
1
a2 = f 00 (x0 )
2
(14.9)
Evidement, si on continue, on trouvera les expressions (14.2) par les coefficients an , n =
0, 1, 2, ....
Exercices.
Démontrer les développements qui suivent pour des fonctions classiques.
1)
ex = 1 + x +
∞
X
x2 x3
xn
+
+ ... =
2!
3!
n=0 n!
(14.10)
2)
sin x = x −
∞
X
x3 x5
x2n+1
+
− ... =
(−1)n ·
3!
5!
(2n + 1)!
n=0
(14.11)
3)
∞
2n
X
x2 x4
n x
cos x = 1 −
(−1)
+
− ... =
2!
4!
(2n)!
n=0
(14.12)
∞
X
x2n+1
x3 x5
+
+ ... =
3!
5!
n=0 (2n + 1)!
(14.13)
∞
X
x2 x4
x2n
+
+ ... =
2!
4!
n=0 (2n)!
(14.14)
4)
sinh x = x +
5)
cosh x = 1 +
6)
∞
X
x2 x3
xn
(−1)n−1
log(1 + x) = x −
+
− ... =
2
3
n
n=1
(14.15)
∞
X
1
= 1 + x + x2 + x3 + ... =
xn
1−x
n=0
(14.16)
7)
8)
(1 + x)γ = 1 + γx +
γ(γ − 1) 2 γ(γ − 1)(γ − 2) 3
x +
x + ...
2!
3!
(14.17)
Cette dernière série généralise, vers des puissances γ un nombre réel (non-entier, négatif,
etc.) la formule pour le binôme :
(1 + x)m = 1 + mx +
135
m(m − 1) 2
x + ...
2!
(14.18)
Pour m entier positif, cette série se termine par un nombre fini des termes. Mais, en
général, pour γ dans 8) non-entier ou négatif, (entier ou non-entier) la série 8) est infinie.
9) Trouver le développement limité de tan x (deux premiers termes, non-nuls) autour
de x0 = 0.
h
Réponse : tan x ' x +
x3
3
i
10) En utilisant les séries pour les fonction ex , sinh x, cosh x, sin x, cos x, démontrer
les formules :
ex = cosh x + sinh x,
eix = cos x + i sin x,
e−x = cosh x − sinh x
(14.19)
eix = cos x − i sin x
(14.20)
D’en déduire les formules suivantes :
cosh x =
ex + e−x
2
ex − e−x
2
ix
e + e−ix
cos x =
2
ix
e − e−ix
sin x =
2i
sinh x =
(14.21)
(14.22)
(14.23)
(14.24)
11) Développer la fonction
f (x) =
1
1−x
(14.25)
autour de :
1. x0 = 0
(14.26)
1
2
(14.27)
3. x0 = 2
(14.28)
2. x0 =
– Donner quelques premiers termes. Donner également la forme générale de la série.
Indication. Pour traiter les deux derniers exercices (développement 2. et 3. ci-dessus),
tout comme les exercices qui suivent, il est outile de réviser les méthodes indiquées dans
le Complément 4.2., sur les développements limités, à la fin du chapitre sur le gradient.
136
h
P∞
i
Réponse : 1.
1
1−x
= 1 + x + x2 + x3 + ... =
h
Réponse : 2.
1
1−x
= 2 + 4(x − 12 ) + 8(x − 12 )2 + 16(x − 12 )3 + ... = 2
h
Réponse : 3.
1
1−x
= −1 + (x − 2) − (x − 2)2 + (x − 2)3 ... = −
n=0
xn
P∞
1 n
n
n=0 2 (x − 2 )
P∞
n
n
n=0 (−1) (x − 2)
i
12) Développer
f (x) =
3
10 − 3x
(14.29)
autour de x0 = 0.
h
Réponse :
3
10−3
=
3
10
P∞
3 n
n=0 ( 10 )
i
13) Développer sin x autour de :
π
2
π
2. x0 =
4
1. x0 =
(14.30)
(14.31)
3. x0 = π
(14.32)
Donner quelques premiers termes.
h
Réponse : 1.
sin x = 1 − 21 (x − π2 )2 + 4!1 (x − π2 )4 ...
h
Réponse : 2,
sin x =
h
Réponse : 3.
sin x = −(x − π) + 3!1 (x − π)3 − 5!1 (x − π)5 + ...
√1
2
i
i
h
1 + (x − π4 ) − 12 (x − π4 )2 − 3!1 (x − π4 )3 + 4!1 (x − π4 )4 + ...
i
14) Développer exp(x) autour de :
1. x0 = 0
(14.33)
2. x0 = 1
(14.34)
3. x0 = 2
(14.35)
h
Réponse : 1.
exp(x) = 1 + x + 21 x2 + 3!1 x3 + ...
h
Réponse : 2,
exp(x) = e 1 + (x − 1) + 21 (x − 1)2 + 3!1 (x − 1)3 + ...
h
Réponse : 3.
exp(x) = e2 1 + (x − 2) + 21 (x − 2)2 + 3!1 (x − 2)3 ...
i
i
i
15) Développer f (x) = log x autour de :
1. x0 = 1
137
(14.36)
i
i
2. x0 = 2
(14.37)
Est-ce qu’on peut développer log x autour de x0 = 0 ?
(−1)n−1
(x
n=1
n
h
Réponse : 1.
log(x) =
h
Réponse : 2.
log(x) = log(2) +
P∞
P∞
n=1
− 1)n
i
(−1)n−1 x−2 n
( 2 )
n
i
[Réponse :
Non, on ne peut pas développer log x autour de x0 = 0
√
16) Développer 1 + 2x autour de :
]
1. x0 = 0
(14.38)
1
2
(14.39)
2. x0 =
Donner 3 premiers termes.
h
i
√
Réponse : 1.
1 + 2x = 1 + x − 21 x2 + ...
i
h
√ √
1 + 2x = 2 1 + 12 (x − 12 ) − 81 (x − 12 )2 + ...
Réponse : 2.
17) Le même exercice pour
√ 1
.
1+2x
h
Réponse : 1.
√ 1
1+2x
= 1 − x + 23 x2 + ...
h
Réponse : 2.
√ 1
1+2x
=
√1
2
i
1 − 12 (x − 21 ) + 38 (x − 21 )2 + ...
i
18) En utilisant les développements limités des fonctions qui interviennent, trouver
les limites suivantes :
1.
2.
3.
4.∗
h
Réponse : 1.
a
b
i
h
Réponse : 2.
a
b
i
[Réponse : 3.
0 ]
[Réponse : 4.
−2 ]
sin ax
x→0 sin bx
tan ax
lim
x→0 sin bx
tan ax
lim
x→0 cos bx
log x
√
lim
x→1 1 −
x
lim
138
(14.40)
(14.41)
(14.42)
(14.43)

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