Notations, systèmes de coordonnées, gradient 1 Notations 2

Université Paris Diderot
L2 - Méthodologie 3 - MD3
Année 2014-2015
Cours-TD 1
Notations, systèmes de coordonnées, gradient
Les indications (*), (**) et (***) ne sont pas des indications de difficulté mais indiquent, respectivement,
les exercices qui seront corrigés complètement, ceux dont une correction sommaire sera donnée et ceux qui
ne seront pas corrigés. Tous les exercices ou leurs variations simples sont susceptibles d’être posés lors des
évaluations.
1
Notations
Tout au long des travaux dirigés de méthodologie 3, nous utiliserons les notations suivantes :
−−−−→
– Les vecteurs sont notés avec une flèche : ~v ou vecteur.
−−→
−
→
– Les opérateurs vectoriels sont notés grad, div, rot.
– On utilisera également la notation avec l’opérateur « nabla » défini par (en coordonnées cartésiennes) :


∂/∂x
→
−
∇ = ∂/∂y 
∂/∂z
→
−
→
− →
−
– L’opérateur laplacien ∆ sera systématiquement noté à l’aide de ∇, soit ∆ = ∇2 = ∇ · ∇, afin d’éviter
la confusion avec la notation des variations d’une grandeur.
– Les intégrales multiples sont notées avec autant de signes intégral que de dimensions :
Z
ZZ
ZZZ
L
S
V
– Les intégrales sur des contours et surfaces fermées sont notées :
I
ZZ
⊂⊃
L
2
S
Systèmes de coordonnées (rappels)
En trois dimensions, nous utilisons essentiellement trois systèmes de coordonnées pour repérer un point
M dans l’espace, à partir d’une origine O :
−−→
– cartésien (x, y, z) (figure 1) : OM = ~r = xe~x + y e~y + z e~z , où (e~x , e~z , e~z ) est une base orthonormée.
−−→
– cylindrique (ρ, ϕ, z) (figure 2) : OM = ~r = ρe~ρ + z e~z , avec (e~ρ , e~ϕ , e~z ) une base orthonormée.
−−→
– sphériques (r, θ, ϕ) (figure 3) : OM = ~r = re~r , avec (e~r , e~θ , e~ϕ ) une base orthonormée.
Exercice 1 : Coordonnées cylindriques (*)
1. En quoi les coordonnées cylindriques diffèrent-elles des coordonnées polaires ?
réponse :
Une dimension en plus, z.
1
Figure 1 – Schéma des coordonnées cartésiennes.
Figure 3 – Schéma des coordonnées sphériques.
Figure 2 – Schéma des coordonnées cylindriques.
−−→
2. Quelle est l’expression du vecteur déplacement élémentaire dOM ?
réponse :
−−→
OM = ρe~ρ + z e~z
donc
−−→
dOM = dρe~ρ + ρde~ρ + dz e~z + zde~z = dρe~ρ + ρe~ϕ dϕ + dz e~z + 0
soit :
−−→
dOM = dρe~ρ + ρdϕe~ϕ + dz e~z
Rappel : de~ρ = e~ϕ dϕ et de~ϕ = −e~ρ dϕ.
−
3. Quelle est l’expression du vecteur vitesse →
v (t) en coordonnées cylindriques en fonction de ρ, ϕ, z et de
leur dérivées temporelles ρ,
˙ ϕ,
˙ z˙ dans la base des vecteurs (~eρ , ~eϕ , ~ez ) ? Quel est le module de ce vecteur ?
réponse :
Le vecteur vitesse est donné par :
−−→
dOM
→
−
v (t) =
= ρ˙ e~ρ + ρϕ˙ e~ϕ + z˙ e~z
dt
Son module est donné par :
−
||→
v || =
p
ρ˙ 2 + ρ2 ϕ˙ 2 + z˙ 2
4. Donner l’expression du vecteur accélération, ainsi que son module.
réponse :
Le vecteur accélération est donné par :
−
d→
v
→
−
= ρ¨e~ρ + ρ˙ e~˙ρ + ρ˙ ϕ˙ e~ϕ + ρϕ¨e~ϕ + ρϕ˙ e~˙ϕ + z¨e~z
a =
dt
→
−
a = ρ¨e~ρ + ρ˙ ϕ˙ e~ϕ + ρ˙ ϕ˙ e~ϕ + ρϕ¨e~ϕ − ρϕ˙ 2 e~ρ + z¨e~z
→
−
a = ρ¨ − ρϕ˙ 2 e~ + (ρϕ¨ + 2ρ˙ ϕ)
˙ e~ + z¨e~
ρ
ϕ
z
D’où le module de ce vecteur :
−
||→
a || = a =
q
(¨
ρ − ρϕ˙ 2 )2 + (ρϕ¨ + 2ρ˙ ϕ)
˙ 2 + z¨2
Exercice 2 : Coordonnées sphériques (*)
2
−−→
−
1. Rappeler l’expression de OM = →
r dans la base sphérique en fonction de (~er , ~eθ , ~eϕ ) et (r, θ et ϕ).
Quels sont les domaines de variation des angles θ et ϕ définis sur la figure 3 ?
réponse :
→
−
−
r = r→
er
θ varie entre 0 et 2π.
ϕ varie entre 0 et π.
2. Rappeler l’expression des vecteurs (~er , ~eθ , ~eϕ ) des coordonnées sphériques en fonction des vecteurs unitaires de la base cartésienne et des angles θ et ϕ.
réponse :
−
r en fonction
La projection de r sur le plan (x, y) est ρ = r cos π2 − θ = r sin θ. Donc l’expression de →
de (r, θ, ϕ) dans la base cartésienne est donc :
→
−
−
−
−
r = r sin θ cos ϕ→
ex + r sin θ sin ϕ→
ey + r cos θ→
ez
−
On en déduit le vecteur unitaire →
er :
→
−
r
→
−
−
−
−
er =
= sin θ cos ϕ→
ex + sin θ sin ϕ→
ey + cos θ→
ez
r
−
Et le vecteur →
eθ :
−
∂→
er
→
−
−
−
−
= cos θ cos ϕ→
ex + cos θ sin ϕ→
ey − sin θ→
ez
eθ =
∂θ
−
Considérons le vecteur unitaire →
eρ dans le plan (x, y) :
→
−
ρ
−
−
→
−
= cos ϕ→
ex + sin ϕ→
ey
eρ =
ρ
Et on a :
−
∂→
eρ
−
−
−
e→
= − sin ϕ→
ex + cos ϕ→
ey
ϕ =
∂ϕ
3. Calculez dans la base cartésienne :
−
(a) ∂ →
r /∂r
réponse :
−
∂→
r
−
−
−
= sin θ cos ϕ→
ex + sin θ sin ϕ→
ey + cos θ→
ez
∂r
Donc :
−
∂→
r
−
=→
er
∂r
−
(b) ∂ →
r /∂θ
réponse :
−
∂→
r
−
−
−
−
= r cos θ cos ϕ→
ex + r cos θ sin ϕ→
ey − r sin θ→
ez = r→
eθ
∂θ
−
(c) ∂ →
r /∂ϕ
réponse :
−
∂→
r
−
−
= −r sin θ sin ϕ→
ex + r sin θ cos ϕ→
ey = r sin θ−
e→
ϕ
∂ϕ
4. Montrer que l’on a bien d(~er ) = dθ~eθ + sin θdϕ~eϕ
3
réponse :
On a :
→
−
−
−
−
er = sin θ cos ϕ→
ex + sin θ sin ϕ→
ey + cos θ→
ez
Donc :
−
−
−
−
−
−
d→
er = cos θ cos ϕ→
ex dθ + − sin θ sin ϕ→
ex dϕ + cos θ sin ϕ→
ey dθ + sin θ cos ϕ→
ey dϕ − sin θ→
ez dθ
Soit :
−
−
−
−
−
−
d→
er = (cos θ cos ϕ→
ex + cos θ sin ϕ→
ey − sin θ→
ez ) dθ + sin θ (cos ϕ→
ey − sin ϕ→
ex ) dϕ
−
−
d→
er = →
eθ dθ + sin θ−
e→
ϕ dϕ
−−→
5. Quelle est l’expression du vecteur déplacement élémentaire dOM ? En déduire l’expression du vecteur
−
vitesse →
v (t). Quel est son module ?
réponse :
−−→
−
−
−
dOM = d→
r = dr→
er + rd→
er
−−→
−
dOM = dr→
er + rdθ~eθ + r sin θdϕ~eϕ
Le vecteur vitesse s’écrit :
Son module est :
−−→
dOM
−
→
−
˙eθ + r sin θϕ~
= r˙ →
er + rθ~
˙ eϕ
v =
dt
q
v = r˙ 2 + r2 θ˙2 + r2 sin2 θϕ˙ 2
6. (***) Calculer dans le repère cartésien les dérivées des vecteurs (~er , ~eθ , ~eϕ ) par rapport à r, θ et ϕ.
Exprimer ensuite ces dérivées en fonction de (~er , ~eθ , ~eϕ ) et des angles θ et ϕ.
4
réponse :
−
∂→
er
=0
∂r
−
∂→
er
−
=→
eθ
∂θ
−
∂→
er
−
= sin θ→
eϕ
∂ϕ
−
∂→
eθ
=0
∂r
−
∂→
eθ
−
= −→
er
∂θ
−
∂→
eθ
−
= cos θ→
eϕ
∂ϕ
−
∂→
eϕ
=0
∂r
−
∂→
eϕ
=0
∂θ
−
∂→
eϕ
−
−
= − cos ϕ→
e x − sin ϕ→
ey
∂ϕ
Exprimons les vecteurs de la base cartésienne en fonction des vecteurs de la base sphérique. On a :
→
−
−
−
−
er = sin θ cos ϕ→
ex + sin θ sin ϕ→
ey + cos θ→
ez
(1)
→
−
−
−
−
eθ = cos θ cos ϕ→
ex + cos θ sin ϕ→
ey − sin θ→
ez
−
−
−
e→ == − sin ϕ→
e + cos ϕ→
e
(2)
ϕ
x
y
(3)
En faisant : cos θ× (1) − sin θ× (2) :
−
−
−
−
−
cos θ→
er − sin θ→
eθ = cos2 θ→
ez + sin2 θ→
ez = →
ez
(4)
−
→
−
cos ϕ→
ey = −
e→
ϕ + sin ϕ ex
(5)
À partir de (3), on tire :
Que l’on reporte dans (1) :
→
−
−
er = sin θ cos ϕ→
ex + sin θ sin ϕ
−
e→
sin ϕ →
ϕ
−
−
−
+
ex + cos θ (cos θ→
er − sin θ→
eθ )
cos ϕ cos ϕ
En réarrangeant tout ça, on finit par obtenir :
→
−
−
−
ex = sin θ cos ϕ→
er + cos θ cos ϕ→
eθ − sin ϕ−
e→
ϕ
Et en reportant dans (5), on obtient :
→
−
−
−
ey = sin θ sin ϕ→
er + cos θ sin ϕ→
eθ + cos ϕ−
e→
ϕ
On peut donc enfin (sic !) exprimer
→
∂−
eϕ
∂ϕ
dans la base sphérique :
−
∂→
eϕ
−
−
= − sin θ→
er − cos θ→
eθ
∂ϕ
5
3
Notion de champ
Il y a deux 1 espèces de champs : les champs scalaires et les champs vectoriels.
Un champ scalaire est une fonction qui associe à chaque position dans l’espace une grandeur scalaire. Par
exemple, la température, la pression sont des champs scalaires. Un champ scalaire est univoque si en chaque
point de l’espace correspond une seule valeur de la fonction scalaire.
Un champ est multivoque si, dans certains cas, à chaque point peuvent correspondre plusieurs valeurs
discontinues de la fonction scalaire.
Un champ vectoriel est une fonction qui associe à chaque position dans l’espace une grandeur vectorielle.
Par exemple le champ électromagnétique ou le champ de gravitation sont des champs vectoriels. Ou encore
le champ de vitesses dans un fluide.
Une ligne de champ L est une ligne en tout point de laquelle des vecteurs du champ sont tangents.
Cela permet d’établir l’équation mathématique des lignes de champ. Considérant le vecteur déplacement
→
−
→
−
élémentaire dl le long d’une ligne de champ et le champ vectoriel E , les lignes de champ sont données par :
→
− →
−
→
−
dl ∧ E = 0
Une ligne de champ n’a qu’un seul sens, celui de ses vecteurs tangents. Deux lignes de champ ne peuvent
pas se couper, elles sont distinctes.
4
4.1
Gradient
Introduction topographique
Cette section est fortement inspirée du texte de Jean-Pierre Bourdier disponible ici : http://f6fqx.
chez-alice.fr/maths_de_9_a_99_ans/038_divergence_rotationnel_vermicelles_fourmis/divergence_
et_rotationnel.htm.
Considérons un volcan du Massif Central, le Puy de Côme (figure 4).
Ce volcan est représenté (projeté) sur un espace à deux dimensions (une feuille de papier) par une carte
topographique, comme celle de la figure 5, réalisée par l’IGN.
L’espace est ici à deux dimensions, latitude et longitude, à chaque point duquel on peut associer un scalaire
qui est l’altitude. On a donc un champ scalaire qui est l’altitude. Cette altitude est mesurée en mètres (audessus du niveau de la mer). Sur la carte de l’IGN, l’altitude est figurée par des lignes isoscalaires, les courbes
de niveau, qui relient les points d’égales altitudes.
Au passage, notons que l’on peut avoir un champ altitude multivoque, c’est-à-dire plusieurs valeurs de
l’altitude pour un même point sur la carte, généralement au niveau de falaises verticales, comme par exemple
sur la côte normande (voir figure 6).
Revenons sur la figure 5. Considérons un point A au pied du flanc nord du volcan, et un point B à
proximité de son sommet, toujours sur son flanc nord.
Considérons le point A à partir duquel on souhaite monter vers le sommet. Pour cela on peut passer par
le chemin (représenté en pointillés) et rejoindre le point B, on peut suivre la courbe de niveau (représentée
1. En fait, il existe également une troisième espèce de champ, les champs tensoriels, comme le champ de gravitation en
relativité générale.
6
Figure 4 – Vue d’avion du Puy de Côme depuis le sud-est.
en orangé) et rejoindre le point C (mais dans ce cas, on risque d’avoir du mal à arriver au sommet !) ou bien
on peut monter « droit dans la pente » et passer par le point D. La distance entre A et B est de 400 m.
L’altitude de A est de 1000 m, celle de B de 1015 m. La différence d’altitude est donc de 15 m. La pente
moyenne est donc de 15/400 = 3.75 %. Entre A et C, la différence d’altitude est nulle. Entre A et D, la
distance est de 230 m, tandis que la différence d’altitude (ou dénivelé) est de 100 m. La pente moyenne est
alors de 100/230 = 43 %.
On s’intéresse alors à la plus grande pente à partir du point A, c’est-à-dire celle qui passe par le point
D. On dira que le gradient de l’altitude au point A est de 43 cm/m et qu’il est dirigé dans la direction de
la plus grande pente. Nous avons ainsi associé à un champ de scalaires (l’altitude), un champ de vecteurs
indiquant, en sens et direction, la plus grande pente en ce point.
Dit par les mathématiciens, cela donne « le gradient d’un champ de scalaires est le champ de vecteurs
associant à tout point du champ de scalaires le vecteur représentant, en grandeur et en direction, la pente
maximale en ce point. »
Si on trace les courbes de niveau – iso-altitude – (les courbes orangées sur la carte IGN), on voit que
le vecteur gradient leur est perpendiculaire. On dit que le gradient dérive d’un potentiel, qui est l’altitude.
On retrouvera cette propriété en électromagnétisme avec le champ électrique (dont le module est en V/m),
vecteur dérivant d’un potentiel scalaire U (exprimé en V) : ce vecteur champ est perpendiculaire aux «
courbes iso-potentiel » et sa longueur mesure la différence de potentiel par unité de longueur entre ces
courbes.
Plus les courbes de niveau (ou iso-altitudes ou équipotentielles) sont serrées, plus le gradient est fort (et
plus la pente est élevée).
Exercice 3 : (*) Quel est le ou les point(s) où le gradient est le plus élevé sur l’extrait de carte IGN de la
figure 5 ? Quelles sont la valeur et la direction de ce gradient en ce(s) point(s) ?
réponse :
Entre le sud et l’est, on a la pente la plus raide, donc le gradient d’altitude le plus élevé.
7
c
Figure 5 – Extrait de la carte IGN du Puy de Côme. IGN
4.2
4.2.1
Définition mathématique
Déplacements infinitésimaux dans l’espace
On considère deux points M et M 0 très voisins de l’espace : leurs coordonnées spatiales sont différentes
−−→ −−−→
d’une quantité infinitésimale.Le vecteur déplacement infinitésimal est : dOM = M M 0 .
Exercice 4 : Vecteur petit déplacement (*)
À partir des expressions du vecteur déplacement infinitésimal (ou « petit déplacement »), dans les trois
systèmes de coordonnées, on remarque que pour un système de coordonnées donné, qu’il est la somme de
trois composantes vectorielles, chacune parallèle au vecteur unitaire associé à chaque coordonnée du système
choisi.
1. Représenter graphiquement ces composantes du déplacement élémentaire associées aux trois coordonnées correspondant aux systèmes de coordonnées cartésiennes, cylindriques et sphériques.
2. Définir le volume élémentaire associé. Préciser la surface des faces qui délimitent ce volume.
réponse :
cf. figures 1, 2 et 3.
4.2.2
Notion de gradient
−−→
→
−
On appelle gradient d’une fonction scalaire f (M ) (continue, dérivable), le vecteur, noté ∇f = gradf tel
−−−→ →
−
qu’entre deux points voisins M et M 0 avec M M 0 = dl (déplacement élémentaire) :
→
−
→
−
df = ∇f · dl
Les composantes de ce vecteur sont les dérivées partielles de f en fonction des variables d’espace.
Justifions-le en coordonnées cartésiennes. En effet en explicitant les composantes du gradient et celles du
→
−
déplacement élémentaire dl :
8
Figure 6 – Extrait de la carte IGN de la côte normande entre le Havre et Etretat. Les courbes de niveaux
(orangées) sont espacées de 5 m (2.5 m pour celles en pointillés). On voit par exemple autour du talweg nommé
le Fourquet, entaille dans les falaises du littoral, la discontinuité des courbes de niveau qui aboutissent sur
la falaise verticale bordant la mer (pour information, les nombres « 87, » « 43, » ou « 62 » représentent les
altitudes en mètres des petits points noirs associés ; ainsi le plateau qui borde la falaise est à une altitude de
85-90 m, tandis que le fond du talweg descend de 97 m à 62 m, puis 43 m avant d’arriver à 0 m, bord de
c
mer, par un « mur »...). IGN
→
−
→
−
→
−
→
−
−
−
−
∇f = ( ∇f )x →
ex + ( ∇f )y →
ey + ( ∇f )y →
ey
→
−
−
−
−
dl = dx→
ex + dy →
ey + dz →
ez
on obtient le produit scalaire suivant :
→
−
→
−
→
−
df = ( ∇f )x dx + ( ∇f )y dy + ( ∇f )z dz
puis on identifie cette expression à la définition de la différentielle de la fonction f (x, y, z) :
∂f
∂f
∂f
df =
dx +
dy +
dz
∂x y,z
∂y x,z
∂z x,y
soit :
→
−
( ∇f )x =
∂f
∂x
;
→
−
( ∇f )y =
y,z
∂f
∂y
;
z,x
→
−
( ∇f )z =
∂f
∂z
x,y
Cette grandeur vectorielle indique la façon dont la grandeur physique f varie dans l’espace.
Sa dimension est celle de la grandeur f divisée par une longueur.
9
Ce vecteur est calculé en tout point M de l’espace (si la fonction y est bien dérivable) : on définit ainsi
→
−
un champ vectoriel ∇f .
De cette définition, on déduit les propriétés importantes suivantes :
– si la fonction f est uniforme dans une région de l’espace (f (x, y, z) = cte), le vecteur gradient y est nul
et réciproquement ;
→
−
→
−
– si dl est perpendiculaire à ∇f le produit scalaire est nul (df = 0 donc f = cte), la fonction f ne varie
→
−
pas dans cette direction : ∇f est normal aux surfaces caractérisées par une valeur f constante
(iso-f ) ;
→
−
– en prenant un vecteur déplacement élémentaire dl perpendiculaire à une courbe iso-f et dirigé vers la
→
−
courbe suivante séparée de l’intervalle df > 0, le produit scalaire est positif, ∇f est donc dirigé des
−−−→
faibles valeurs de f vers les fortes valeurs de f ; le vecteur grad f indique la direction et le sens
de la croissance de f dans l’espace.
– Entre deux positions M1 et M2 :
Z
M2
∆f = f (M2 ) − f (M1 ) =
Z
M2
df =
M1
→
−
→
−
∇f (M ) · dr
M1
ne dépend que des positions M1 et M2 et non pas du chemin suivi pour passer de M1 à M2 . On en
déduit que la circulation du gradient sur une courbe fermée est nulle :
I
→
−
→
−
∇f (M ) · dr = 0
4.2.3
Champ de gradient
→
−
On dit qu’un champ de vecteurs V est un champ de gradient (ou champ conservatif) s’il existe une
−−→
→
−
fonction f telle que, en tout point 2 : V = − grad f .
−
−
−−→ →
→
− →
Cette égalité donne : df = − grad f · dl = V · dl . Donc pour qu’elle soit vraie, il faut et il suffit que df soit
une différentielle totale exacte (et donc qu’il existe une fonction dont elle dérive), et donc que le théorème
de Schwarz soit vérifié.
∂f
En effet, dans ce cas, comme df = Vx dx + Vy dy + Vz dz, il faut que Vx (x, y, z) = − ∂f
∂x , Vy (x, y, z) = − ∂y
et Vz (x, y, z) = − ∂f
∂z . Le théorème de Schwarz nous dit que pour que df soit exacte, on doit avoir :
∂Vy ∂Vx
∂Vx
∂Vz ∂Vy
∂Vz
=
;
=
;
=
∂y
∂x
∂z
∂x
∂z
∂y
→
−
L’équation de la ligne de champ de vecteurs V est donnée par :
→
−
→
− →
−−→
−
→
−
dl ∧ − grad f = dl ∧ V = 0
4.2.4
Potentiel scalaire
→
−
→
−
Soit V un champ de gradient. On appelle potentiel scalaire dont dérive le champ V toute fonction scalaire
U telle que :
2. Le signe « - » est choisi arbitrairement pour que dans le cas d’une force conservative, donc dérivant d’une énergie
−−→
−
→
potentielle : F = − grad Ep , le minimum de l’énergie corresponde à une position d’équilibre stable.
10
−−→
→
−
V = − grad U
(attention au signe -)
– Les surfaces U = Cte sont appelées surfaces équipotentielles, les lignes de champ sont normales aux
surfaces équipotentielles, le champ étant dirigé vers les potentiels décroissants.
→
−
– Le potentiel U est défini à une constante additive près : si U est un potentiel dont dérive le champ V ,
le potentiel U 0 = U + cte en est un également. Le choix de la constante est arbitraire (on impose une
valeur donnée en un point de l’espace) ; en physique, le choix de la constante dépendra souvent des
conditions aux limites.
– Une ligne de champ de gradient ne peut se refermer sur elle-même puisque tout au long de cette ligne
le potentiel ne cesse de décroître. Son équation est donnée par :
→
− −−→
→
− →
−
→
−
dl ∧ grad U = dl ∧ V = 0
→
−
– Un champ de gradient est à circulation conservative. En effet la circulation de V le long d’un arc M1 M2
est indépendante du chemin allant de M1 à M2 :
Z
M2
−
→
− →
V · dl =
M1
Z
M2
→
−
−−→
− grad U · dl =
M1
Z
M2
−dU = U (M1 ) − U (M2 )
M1
Ainsi le champ gravitationnel dérive du potentiel gravitationnel 3 ; le champ électrostatique dérive du
potentiel électrique...
4.2.5
Expression dans les différents systèmes de coordonnées
Cartésiennes
−−→
∂f
∂f
∂f
e~x +
e~y +
e~z
grad f =
∂x
∂y
∂z
Cylindriques
−−→
∂f
1 ∂f
∂f
grad f =
e~ρ +
e~ϕ +
e~z
∂ρ
ρ ∂ϕ
∂z
Sphériques
−−→
1 ∂f
1 ∂f
∂f
grad f =
e~r +
e~θ +
e~ϕ
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
5
Exercices et problèmes
Exercice 5 : Champ de vecteur en 1/r2 (*)
→
−
−
Montrer que le champ de vecteurs donné en coordonnées sphériques par V = rk2 →
er est un champ de
gradient et donner l’expression du potentiel scalaire f dont dérive ce champ de vecteur.
−−→
−
→
→
3. En L1, c’est la grandeur énergie potentielle qui a été introduite par la relation : F = m−
g = − grad EP .
11
réponse :
D’après l’expression du gradient en coordonnées sphériques, si la fonction f existe, elle doit vérifier :
∂f
k
1 ∂f
1 ∂f
= 2 ;
=0;
=0
∂r
r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
L’existence de f est conditionnée par l’égalités des dérivées secondes de f croisées (th. de Schwarz), qui sont
ici toutes égales à 0. Donc f existe.
On peut donc intégrer les équations différentielles partielles précédentes.
La première donne :
k
f (r, θ, ϕ) = − + g(θ, ϕ)
r
La deuxième équation donne :
∂f
∂g
= 0 soit :
= 0, d’où g(θ, ϕ) = cte + h(ϕ)
∂θ
∂θ
Enfin, la dernière équation donne :
∂f
∂h
= 0 soit :
= 0, d’où h(ϕ) = cte
∂ϕ
∂ϕ
En définitive :
k
f (r, θ, ϕ) = − + cte
r
On retrouve ainsi l’expression du potentiel scalaire pour un champ central type gravitationnel ou électrostatique.
Exercice 6 : Exemple de champ de gradient (*)
→
−
−
−
On donne dans le plan le champ de vecteurs V = X →
ex + Y →
ey avec :
X=
3x4 + 2x2 y 2 − y 4
x2 y
Y =
3y 4 + 2x2 y 2 − x4
y2x
Montrer que ce champ dérive d’un potentiel U (x, y) dont on donnera l’expression. Donner l’équation des
équipotentielles.
12
réponse :
−−→
→
−
→
−
→
−
−
−
Le champ V dérive d’un potentiel si V = − grad U = −X →
ex − Y →
ey , donc si V est un champ de vecteurs,
∂Y
donc si ∂X
∂y = ∂x , ce qui est vrai puisque les fonctions X et Y sont symétriques en x et y.
On a donc :
∂U
3x4 + 2x2 y 2 − y 4
3x2
y3
−
=X=
=
+
2y
−
∂x
x2 y
y
x2
En intégrant par rapport à x :
−U (x, y) =
y3
(x2 + y 2 )2
x3
+ 2xy +
+ f (y) =
+ f (y)
y
x
xy
De même, avec l’autre équation différentielle, on obtient :
−U (x, y) =
(x2 + y 2 )2
+ g(x)
xy
Donc g = f = cte Ainsi :
(x2 + y 2 )2
+ cte
xy
→
− −−→
→
−
Les lignes de champ s’obtiennent en résolvant l’équation dl ∧ grad U = 0 soit dxY − dyX = 0 ou encore :
dx
X
dy = Y ce qui donne un truc imbuvable...
U (x, y) = −
→
− −−→
En revanche, les surfaces équipotentielles sont telles que : U (x, y) = cte (ou encore dl · grad U = 0). Donc :
(x2 + y 2 )2
= cte
xy
Ou encore, en coordonnées polaires :
r4
= cte
r2 sin θ cos θ
Soit :
r2 = A sin θ cos θ
Pour A = 3 :
Exercice 7 : (**) Calculer les composantes cartésiennes du gradient des fonctions suivantes :
1. f (x, y, z) = xy sin z
13
réponse :
(y sin z, x sin z, xy cos z)
2. f (x, y, z) = x + ey + 3z
réponse :
(1, ey , 3)
3. f (x, y, z) = ln xy + yz
réponse :
1 1
, + z, y
x y
2x −x2
,
,0
y y2
4. f (x, y, z) = x2 /y
réponse :
−−→
Exercice 8 : (**) Calculer, dans les 3 systèmes de coordonnées, les gradients suivants où r = OM :
→
−
1. ∇r
réponse :
Cartésien
p
r = x2 + y2 + z 2
x y z
r, r, r
Cylindrique
p
r = ρ2 + z 2
ρ
z
r , 0, r
Sphérique
r=r
(1, 0, 0)
→
−
2. ∇ 1r
réponse :
Cartésien
1/r = (x2 + y 2 + z2 )−1/2
−x −y −z
, ,
r3 r3 r3
Cylindrique
1/r = (ρ2 + z 2)−1/2
−ρ
, 0, −z
r3
r3
Sphérique
1/r = 1/r
−1
, 0, 0
r2
Exercice 9 : Écoulement fluide de Poiseuille (*)
Dans un tube cylindrique de rayon R, la vitesse ~v = v~ez d’un fluide
est parallèle à l’axe Oz du
visqueux
ρ2
cylindre et son module vérifie l’expression suivante : v = v(ρ) = vmax 1 − R2 .
1. Calculer le gradient associé au module de ~v .
réponse :
−−→
∂v →
−
grad v =
eρ
∂ρ
soit :
−−→
ρ −
grad v = −2vmax 2 →
eρ
R
14
2. Quelle est l’équation des lignes de champ associées ? Les représenter dans un plan perpendiculaire à
l’axe du tuyau.
réponse :
L’équation des lignes de champ est donnée par :
→
− −−→
→
−
dl ∧ grad v = 0
soit :
  
 
0
dρ
−2vmax Rρ2
 = 0
ρdϕ ∧ 
0
0
0
dz

soit :

  
0
0
 dz  = 0
dϕ
0
Soit : dϕ = 0, donc ϕ = cte et dz = 0 soit z = Cte
Il s’agit des des plans radiaux (ie contenant l’axe z)...
3. Quel est l’équation des surfaces équipotentielles ?
réponse :
Les surfaces équipotentielles sont données par v = cte, soit ρ = cte.
→
− −−→
ρ
Ou bien par : dl · grad v = 0 soit −2vRmax
dρ = 0, soit dρ = 0, soit ρ = cte.
2
Ce sont des cercles ou des cylindres concentriques...
Exercice 10 : Le gradient thermique (**)
1. En s’élevant dans l’atmosphère, la température T diminue avec l’altitude z : comment est dirigé et
orienté le gradient associé ? Si de plus, le champ de gradient est constant, quelle est la loi de variation
de T (z) ?
réponse :
Le gradient de température est dirigé vers les hautes températures, donc vers le sol.
−−→
−
→
→
−
∂T
grad T = cte = ∂T
∂z ez donc ∂z = cte, soit : T (z) = cte1 z + cte2 , avec cte1 < 0.
En gros, dans la troposphère, on a : T (z) = −0.0065z + 15 (en ◦ C avec z en mètres.).
2. Dans un espace où la température n’est pas uniforme, il apparaît des échanges de chaleur : ils sont décrits
localement par un vecteur « densité de flux de chaleur » proportionnel au gradient de température (loi
de Fourier). Un bilan local de « conservation de l’énergie » permet d’obtenir l’équation de diffusion de
la chaleur qui se traduit, à une dimension (x), par l’équation de conduction thermique suivante :
∂2T
∂T (t, x)
= Dth 2 ,
∂t
∂x
où Dth est le coefficient de diffusivité thermique (qui dépend du matériau). Cette équation est analogue
à l’équation de diffusion de particules (loi de Fick).
Grâce à deux thermostats, on fixe les extrémités d’une barre métallique, positionnée selon l’axe Ox, à
deux températures distinctes T1 en x = 0 et T2 en x = L. Bien que la barre soit tridimensionnelle, on
supposera que le transfert de chaleur se fait selon l’axe Ox, donc à une seule dimension. Il apparaît ainsi
un “flux” de chaleur de l’extrémité chaude vers l’extrémité froide défini par un vecteur proportionnel
au gradient de température, donc perpendiculaire aux surfaces isothermes (sections de la barre). Si on
15
attend suffisamment longtemps qu’un régime stationnaire s’établisse (indépendant du temps), déduire
→
−
de l’équation de diffusion de la chaleur le gradient de température ∇T et la loi donnant T (x).
réponse :
En régime stationnaire, l’équation de diffusion de la chaleur se réduit à :
∂2T
=0
∂x2
Donc :
∂T
= Cte = A
∂x
Qui se trouve être l’unique composante du gradient (1D) de température. En intégrant à nouveau :
T (x) = Ax + B
Les conditions aux limites donnent les constantes A et B :
B = T1
et
A=
T2 − T1
L
Le gradient de température s’écrit donc :
→
−
T2 − T1 →
−
∇T =
ex
L
Et la température s’écrit :
T (x) =
T2 − T1
x + T1
L
Exercice 11 : Charge électrique (*)
→
−
−−→
−
Une charge q0 placée au point O crée en un point M de l’espace un champ électrique E (~r) (avec →
r = OM )
→
−
→
−
tel qu’une autre charge q 0 dite “de test” placée en M subit une force électrique f = q 0 E .
1. La force coulombienne étant donnée par :
−
→
− →
q 0 q0 →
r
f (−
r)=
,
4πε0 r3
→
−
en déduire l’expression du champ E (~r).
réponse :
On a :
−
→
−
→
− →
r
q0 →
E (−
r ) = f /q 0 =
4πε0 r3
2. De quelles variables d’espace dépend explicitement ce potentiel ? Quel système de coordonnées est-il le
plus astucieux d’utiliser ?
réponse :
Uniquement de la distance r au point O. Il est donc judicieux d’utiliser les coordonnées sphériques.
→
−
→
−
3. Calculer le potentiel électrique V (~r) associé tel que E (~r) = − ∇V .
16
réponse :
On a donc :
soit :
→
− →
dV →
−
E (−
r)=−
er
dr
q0 1
dV
=−
dr
4πε0 r2
D’où :
V (r) =
q0 1
+ Cte
4πε0 r
~ et les courbes d’isopotentiel (appelées équipotentielles) dans un plan
4. Représenter les lignes de champ E
contenant le point O.
17
réponse :
→
− −−−→
→
−
L’équation des lignes de champ est donnée par dl ∧ E(M ) = 0 , soit ici : dθ = 0, soit θ = Cte ; il
s’agit donc de lignes radiales (en rouge sur la figure ci-dessous).
Les courbes équipotentielles correspondent à V (r) = Cte, soit r = Cte. Il s’agit de cercles concentriques
(en bleu sur la figure ci-dessous).
En bonus, on a :
Le potentiel en fonction de r (avec q0 /4πε0 = 1, et Cte = 0, 1, 2) :
Le champ électrique en fonction de r :
Exercice 12 : Dipôle électrostatique (*)
−
−−−−→ →
Deux charges électriques −q et +q placées respectivement en M1 et M2 tel que M1 M2 = d constituent
18
un dipôle électrique lorqu’on étudie leur effet conjugué à grande distance r devant d. On définit le vecteur
−→
~ On pose ~r = −
dipôle électrique : p~ = q d.
OM où O est le milieu de M1 M2 et M un point quelconque de
l’espace loin de M1 et M2 .
En cours d’électrostatique vous montrerez que le potentiel électrique généré par ce dipôle en M est donné
par :
1 p~ · ~r
−
V (→
r)=
4π0 r3
en prenant l’origine des potentiels à l’infini.
→
−
→
−
On veut montrer que le champ électrique associé, défini par E = − ∇V est égal à :
→
−
1
p~ · ~r
p~
E =
3~r 5 − 3
4π0
r
r
1. Justifier par des considérations de symétrie qu’on peut se ramener à une étude dans un plan. On utilisera donc les coordonnées polaires en prenant l’axe du dipôle comme axe de référence pour définir θ.
réponse :
Le dipôle génère une symétrie cylindrique d’axe l’axe du dipôle. On peut donc se placer dans un plan
passant par le dipôle pour l’étudier.
2. Réécrire le potentiel en fonction de r et θ : V (r, θ).
réponse :
On a :
p~ · ~r = pr cos θ
car θ = (~
p, ~r). Donc :
V (r, θ) =
1 pr cos θ
4π0 r3
V (r, θ) =
1 p cos θ
4π0 r2
→
−
→
−
3. Calculer les composantes polaires de E = − ∇V et les comparer aux composantes polaires du vecteur
→
−
E donné ci-dessus.
19
réponse :
On a :
1 p cos θ
4π0 r2
−
−→
Par ailleurs, les composantes polaires sur (→
er , −
e−
theta ) du gradient sont (deux premières composantes du
gradient en coordonnées cylindriques) :
−−→
∂V 1 ∂V
grad V =
,
∂r r ∂θ
V (r, θ) =
Donc, on a :
∂V
1 2p cos θ
=−
∂r
4π0 r3
et :
1 p sin θ
1 ∂V
=−
r ∂θ
4π0 r3
Soit :
−−→
1
grad V = −
4π0
−
−
Dans la base (→
er , →
eθ ), on a :
p sin θ →
2p cos θ →
−
−
er +
eθ
3
r
r3
→
−
−
−
p = p cos θ→
er − p sin θ→
eθ
−
−
−
Donc : p sin θ→
eθ = p cos θ→
er − →
p , soit :
−−→
1 1
−
−
grad V = −
(3p cos θ→
er − →
p)
4π0 r3
Or cos θ =
−
→
→
p ·−
r
pr ,
donc :
soit :
−−→
1 1
grad V = −
4π0 r3
→
−
−
p ·→
r→
−
→
−
3
er − p
r
−−→
1 1
grad V = −
4π0 r3
→
−
−
p ·→
r→
−
→
−
3 2 r − p
r
−−→
→
−
Donc on a bien : grad V = − E
4. Les lignes de champ permettent d’établir l’allure générale du champ électrique dans une région donnée
de l’espace. En tout point, le champ électrique résultant est tangent à la ligne de champ passant par
−−−→ −−−→
→
−
ce point : l’équation différentielle d’une ligne de champ est donc : dOM ∧ E(M ) = 0 . En déduire
l’équation r(θ) des lignes de champ dipolaire électrique.
20
réponse :
−−→
−−→
−
−
−
On a : OM = r→
er , donc : dOM = dr→
er + rθ→
eθ . Et :
→
−
2p cos θ →
p sin θ →
1
−
−
e
+
e
E =
r
θ
4π0
r3
r3
Donc :
2p cos θ 1
→
−
dr
r3
∧
= 0
θ
rdθ
4π0 p sin
r3
Soit :
dr
p sin θ
2p cos θ
− rdθ
=0
3
r
r3
soit :
dr sin θ − rdθ2 cos θ = 0
soit :
dr
cos θ
=2
dθ
r
sin θ
En intégrant :
ln r = 2 ln(sin θ) + Cte
soit :
r(θ) = A sin2 θ
5. Dans le plan choisi contenant le dipôle, tracer les lignes équipotentielles (intersection des surfaces équipotentielles à valeur de V constante avec le plan choisi) et les lignes de champ (vectoriel) électrique.
Que vérifie-t-on ?
réponse :
θ
L’équation des lignes équipotentielles est donnée par V (r, θ) = Cte, soit : cos
= Cte, soit : r =
r2
√
±A cos θ.
Sur le graphe suivant, en rouge les lignes de champ (cf. question précédente) et les lignes équipotentielles
en bleu, pour des valeurs de la constante : A = 1, 1.5, 2.
On vérifie que les lignes de champs sont bien perpendiculaires aux lignes équipotentielles.
21

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