L'opérateur Nabla: $\nabla$
Présentation
L'opérateur $\nabla$ est un vecteur dont les composantes sont des "opérations" ou "transformations" appliquées aux fonctions, comme par exemple la dérivation et non des nombres ou des fonctions numériques. On sort du cadre habituel des vecteurs à composantes réelles avec l'opérateur $\nabla$ on peut définir une grande quantité d'opérateurs différentiels. Notamment ceux cités ici.
Cet opérateur permet de définir chaque opérateur vu ici, la divergence c'est le produit scalaire appliqué à un champ de vecteur, le gradient est une multiplication du $\nabla$ par une fonction scalaire et le rotationnel est le produit vectoriel du $\nabla$ par un champ de vecteur. Ces notations seront présentées ici.
Théorie
Cet opérateur est défini selon la fonction à laquelle il s'applique. On se place dans $\mathbb{R}^{3}$, muni de sa base canonique $(\vec{i} ; \vec{j}$ ; $\vec{k})$, alors, l'opérateur $\nabla$ s'écrit :
\begin{align}
\nabla = \frac{\partial}{\partial x}.\vec{i} + \frac{\partial}{\partial y}.\vec{j} + \frac{\partial}{\partial z}.\vec{k}
\end{align}
On peut appliquer cet opérateur à toute fonction à n variables, qu'elle soit scalaire ou qu'elle définisse un champ de vecteurs.
Application à une fonction scalaire
Soit une fonction scalaire $f$ définie comme suit :
\begin{align*}
f : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}\\
&(x;y;z) \longmapsto f(x;y;z)\\
\end{align*}
Alors $f$ définit ici un champ de vecteur de $\mathbb{R}^{3}$ dans $\mathbb{R}$ :
\begin{align*}
\overrightarrow{\nabla} . f = \frac{\partial f(x;y;z)}{\partial x}.\vec{i} + \frac{\partial f(x;y;z)}{\partial y}.\vec{j} + \frac{\partial f(x;y;z)}{\partial z}.\vec{k}
\end{align*}
Lorsque l'on applique l'opérateur $\nabla$ à une champ scalaire, on obtient un champ de vecteurs, dont les composantes sont les dérivées partielles de la fonction scalaire par rapport à chacune de ses variables.
Application à un champ de vecteurs
Soit $\overrightarrow{E}$ le champ de vecteurs défini par :
\begin{align*}
E : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} \\
&(x;y;z) \longmapsto (\overrightarrow{E}_{1}(x;y;z);\overrightarrow{E}_{2}(x;y;z);\overrightarrow{E}_{3}(x;y;z))\\
\end{align*}
Alors $\overrightarrow{E}$ définit ici un champ de vecteur de $\mathbb{R}^{3}$ dans $\mathbb{R}^{3}$ :
\begin{align*}
\overrightarrow{\nabla} . \overrightarrow{E} = \frac{\partial \overrightarrow{E}_{1}(x;y;z)}{\partial x} + \frac{\partial \overrightarrow{E}_{2}(x;y;z)}{\partial y} + \frac{\partial \overrightarrow{E}_{3}(x;y;z)}{\partial z}
\end{align*}
Lorsque l'on applique l'opérateur $\nabla$ à un champ de vecteur, on obtient un scalaire. On peut voir l'opération $\overrightarrow{\nabla} . \overrightarrow{E}$ comme un produit scalaire. Le résultat est donc un nombre réel.
Application
L'opérateur $\nabla$ est un opérateur qui permet de noter les opérateurs utilisés en physique et présentés dans ce document.
Soit une fonction scalaire $f$ et $\overrightarrow{E}$ un champ de vecteurs. On peut ainsi définir les trois opérateurs décrits dans ce document :
Divergence
}
On note :
\begin{align*}
\nabla . f = \overrightarrow{div.f}
\end{align*}
$\longmapsto $ un vecteur appliqué à un scalaire donne un vecteur.
Gradient
On note :
\begin{align*}
\nabla . \overrightarrow{E} = \overrightarrow{grad}.\overrightarrow{E}
\end{align*}
$\longmapsto $ un vecteur appliqué à un vecteur donne un scalaire.
Rotationnel
On note :
\begin{align*}
\nabla \wedge \vec{A} = \overrightarrow{rot\overrightarrow{E}}
\end{align*}
$\longmapsto $ le produit vectoriel de deux vecteurs est un vecteur.
Notations
La manière de noter l'application du $\nabla$ peut avoir différentes notations. Surtout avec les opérateurs littéraux tels que "$\overrightarrow{div}$" ou "$div"$, $"\overrightarrow{grad}"$ et "$\overrightarrow{rot}$". A partir du moment ou on sait l'objet sur lequel on applique le $\nabla$, on sait l'objet que l'on obtient. Il faut bien noter que certaines opérations sont impossibles. Par exemple on ne peut pas calculer le rotationnel de la divergence d'un champ de vecteur...
Exercice
Le vérifier.
Solution
: La divergence d'un champ de vecteurs est un scalaire. Le rotationnel s'obtient en opérant un produit vectoriel entre le $\nabla$ et le vecteur auquel il est censé s'appliquer. Le produit vectoriel d'un vecteur par un scalaire est impossible. .
Divergence
Présentation
Comme nous l'avons vu, pour un champ de vecteur $\overrightarrow{F}$. La divergence d'un champ de vecteur donne un scalaire. On suppose $\overrightarrow{F}$ dérivable au moins deux fois sur tout $\mathbb{R}^{3}$.
Cet opérateur permet de mesurer ce qu'on pourrait appeler (abusivement) la densité du champ vectoriel.
Théorie
Pour exprimer la divergence d'un champ de vecteurs on se place soit dans le plan soit dans l'espace. Dans le plan, on va étudier des champs de vecteur définis par des fonctions de $\mathbb{R}^{3}$ dans $\mathbb{R}^{3}$ et dans l'espace, de $\mathbb{R}^{3}$ dans $\mathbb{R}^{3}$
Dans le plan
\begin{align*}
F : &\mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2}\\
&(x;y) \longmapsto \left( \begin{array}{ccc}
f_{1}(x;y) \\
f_{2}(x;y) \\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
On chaque point du plan $(x;y)$ on associe un vecteurs $\overrightarrow{V_{f}}$ de coordonnées
$$
\overrightarrow{V_{f}} =f_{1}(x;y).\vec{i} + f_{2}(x;y).\vec{j} = \left( \begin{array}{ccc}
f_{1}(x;y) \\
f_{2}(x;y) \\
\end{array} \right) ;\\
$$
Dans l'espace
\begin{align*}
F : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}\\
&(x;y;z) \longmapsto \left( \begin{array}{ccc}
f_{1}(x;y;z) \\
f_{2}(x;y;z) \\
f_{3}(x;y;z)\\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
On peut aussi écrire $\overrightarrow{F}$:
\begin{align}
\overrightarrow{F} =f_{1}(x;y;z).\vec{i} + f_{2}(x;y;z).\vec{j} + f_{3}(x;y;z).\vec{k}
\end{align}
On a :
\begin{align*}
\nabla . \overrightarrow{F} = \overrightarrow{div.}.\overrightarrow{F} \,\, \in \mathbb{R} ;
\end{align*}
Comme :
\begin{align}
\nabla = \frac{\partial}{\partial x}.\vec{i} + \frac{\partial}{\partial x}.\vec{j} + \frac{\partial}{\partial x}.\vec{k}
\end{align}
Donc :
\begin{align*}
\nabla . \overrightarrow{F} = \frac{\partial f_{1}}{\partial x} + \frac{\partial f_{2}}{\partial x} + \frac{\partial f_{3}}{\partial x} \,\, \,\, \forall (x;y;z) \in \mathbb{R}^{3} ;
\end{align*}
On notera souvent $div\overrightarrow{F}$ au lieu de $\overrightarrow{div}.\overrightarrow{F}$.
Application
Exercices corrigés
Dans le plan
Énoncés et hypothèses
Soit les champs de vecteurs de $\mathbb{R}^{2}$ dans $\mathbb{R}^{2}$:
\begin{align*}
F_{0}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
3y \\
-5\\
\end{array} \right) ;\\
F_{1}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
-x+y \\
2.x-y\\
\end{array} \right) ;\\
F_{2}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
-3.x+y^{2} \\
x^{2}+y\\
\end{array} \right) ;\\
F_{3}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
x^{2}.y^{2} + x \\
2xy^{2}+y\\
\end{array} \right) ;\\
F_{4}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
x^{2}y^{3} + x \\
(x+1).y^{2}-x\\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
Pour chacun de ce champs de vecteurs, calculer la divergence de la fonction et préciser le domaine sur lequel elle est définie. Donner une valeur de la divergence aux points $(1;1)$ et $(2;-1)$.
Solutions
\begin{align*}
F_{0}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
3y \\
-5\\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align*}
F_{0}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
3y \\
-5
\end{array} \right) ;
\end{align*}
\begin{align}
\frac{\partial 3.y}{\partial x} = 0 \text{ et } \frac{\partial (-5)}{\partial y} = 0
\end{align}
Donc
\begin{align}
div F_{0} = 0 ; div F_{0}(1;1) = 0 ; div F_{0}(2;-1) = 0
\end{align}
\begin{align*}
F_{1}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
-x+y \\
2.x-y \\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align}
\frac{\partial (-x+y)}{\partial x} = -1 \text{ et } \frac{\partial (2.x-y)}{\partial y} = -1
\end{align}
Donc
\begin{align}
div F_{1} = -2 ; div F_{1}(1;1) = -2 ; div F_{1}(2;-1) = -2
\end{align}
\begin{align*}
F_{2}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
-3.x+y^{2} \\
x^{2}+y \\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align}
\frac{\partial (-3.x+y^{2})}{\partial x} = -3 \text{ et } \frac{\partial (x^{2}+y)}{\partial y} = 1
\end{align}
Donc
\begin{align}
div F_{2} = -2 ; div F_{2}(1;1) = -2 ; div F_{2}(2;-1) = -2
\end{align}
\begin{align*}
F_{3}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
x^{2}.y^{2} + x \\
2xy^{2}+y \\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align}
\frac{\partial (x^{2}.y^{2} + x)}{\partial x} = x +1 \text{ et } \frac{\partial (2xy^{2}+y)}{\partial y} = 4.x.y+1
\end{align}
Donc
\begin{align}
div F_{3} = 4.x.y +x + 2 ; div F_{3}(1;1) = 7 ; div F_{3}(2;-1) = -7
\end{align}
\begin{align*}
F_{4}(x;y) = \left( \begin{array}{ccc}
x^{2}y^{3} + x \\
(x+1).y^{2}-x \\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align}
\frac{\partial (x^{2}y^{3} + x)}{\partial x} = 2.x.y^{3} + 1 \text{ et } \frac{\partial ((x+1).y^{2}-x)}{\partial y} = 2.(x+1).y ;
\end{align}
Donc
\begin{align}
div F_{4} = 2.x.y^{3}+ 2.(x+1).y + 1 ; div F_{4}(1;1) = 7 ; div F_{4}(2;-1) = -9
\end{align}
Ces quelques calculs permettent de se familiariser avec le calcul de la divergence d'un champ de vecteur dans le plan en tout point et en deux point spécifiques à chaque fois. Calculer la divergence c'est faire la somme des dérivées partielles par rapport à chaque variable d'une fonction vectorielle, où le nombre de variable initiales vaut la dimension de l'espace d'arrivée. On va maintenant faire quelques calculs dans l'espace.
Dans l'espace
Soit les champs de vecteurs de $\mathbb{R}^{3}$ dans $\mathbb{R}^{3}$:
\begin{align*}
G_{0}(x;y;z)=\left( \begin{array}{ccc}
-3.x^{3}+z^{2} \\
2.x^{2}-2.y^{3} \\
y^{3} +z^{2} \\
\end{array} \right) ; \\
G_{1}(x;y;z)= \left( \begin{array}{ccc}
x^{2}-y^{2}-z^{2} \\
-x^{2}+y^{2}-z^{2} \\
-x^{2}-y^{2}+z^{2} \\
\end{array} \right) ; \\
G_{2}(x;y;z)= \left( \begin{array}{ccc}
y^{3}-z^{2} \\
x^{2}-z^{2} \\
x^{2}-y^{2} \\
\end{array} \right) ; \\
\end{align*}
\begin{align*}
G_{0}(x;y;z) = \left( \begin{array}{ccc}
-3.x^{3}+z^{2} \\
2.x^{2}-2.y^{3} \\
y^{3} +z^{2} \\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align}
\frac{\partial (-3.x^{3}+z^{2} )}{\partial x} = -9.x^{2} \text{ et } \frac{\partial (2.x^{2}-2.y^{3})}{\partial y} = -6.y^{2} \text{ et } \frac{\partial (y^{3} +z^{2})}{\partial z} = 2.z ;
\end{align}
Donc
\begin{align}
div G_{0} = -9.x^{2} -6.y^{2} + 2.z
\end{align}
\begin{align*}
G_{1}(x;y;z) = \left( \begin{array}{ccc}
x^{2}-y^{2}-z^{2} \\
-x^{2}+y^{2}-z^{2} \\
-x^{2}-y^{2}+z^{2} \\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align}
\frac{\partial (x^{2}-y^{2}-z^{2})}{\partial x} = 2.x \text{ et } \frac{\partial (-x^{2}+y^{2}-z^{2})}{\partial y} = 2.y \text{ et } \frac{\partial (-x^{2}-y^{2}+z^{2})}{\partial z} = 2.z ;
\end{align}
Donc
\begin{align}
div G_{1} = 2.(x+y+z)
\end{align}
\begin{align*}
G_{2}(x;y;z) = \left( \begin{array}{ccc}
y^{3}-z^{2} \\
x^{2}-z^{2} \\
x^{2}-y^{2} \\
\end{array} \right) ;
\end{align*}
Alors :
\begin{align}
\frac{\partial (y^{3}-z^{2})}{\partial x} = 0 \text{ et } \frac{\partial (x^{2}-z^{2} )}{\partial y} = 0 \text{ et } \frac{\partial (x^{2}-y^{2} )}{\partial z} = 0 ;
\end{align}
Donc
\begin{align}
div G_{2} = 0
\end{align}
Problème corrigés
Gradient
Présentation
Le gradient permet de mesurer la variation d'un champ scalaire, ce dernier mesurant une grandeur physique, comme par exemple la température, la pression.
On le voit par exemple sur les courbes isobares, chaque courbe représente une pression constante. Le gradient représente les changements de valeurs, la différence entre des valeurs qui mesurent une grandeur physique.
Un autre représentation du gradient est permise à l'aide des courbes de niveaux que l'on voit sur les cartes topographiques.
Le gradient représente la direction de plus forte pente. Le vecteur gradient obtenu en dériavtn toutes les composantes d'une fonction scalaire est perpendiculaire aux lignes de niveau du champ.
Le gradient est un champ de vecteur qui dérive d'un champ scalaire.
{Explication supplémentaire par un youtuber}
Théorie
Dans le plan ou l'espace
Considérons un champ scalaire défini par deux variables à valeur dans $\mathbb{R}$:
\begin{align*}
f : &\mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R} \\
&(x;y) \longmapsto f(x;y);\\
\end{align*}
Ou encore un champ scalaire défini de $\mathbb{R}^{3}$ dans $\mathbb{R}$
\begin{align*}
f : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R} \\
&(x;y;z) \longmapsto f(x;y;z);\\
\end{align*}
Formule du gradient
Alors le gradient définit un champ de vecteur dans l'espace dans lequel on le définit. Pour un champ scalaire en deux dimensions, le gradient est un champ de vecteurs en deux dimensions. De la même manière pour un champ scalaire définit dans l'esapce, le gradient aura trois coordonnées.
Comme :
\begin{align}
\nabla = \frac{\partial}{\partial x}.\vec{i} + \frac{\partial}{\partial y}.\vec{j} + \frac{\partial}{\partial z}.\vec{k}
\end{align}
Donc, pour $f = f(x;y;z)$ :
\begin{align*}
\overrightarrow{\nabla . f} = &\left(\frac{\partial f}{\partial x} ;\frac{\partial f}{\partial y};\frac{\partial f}{\partial z}\right)
&\,\, \,\, \forall (x;y;z) \in \mathbb{R}^{3} \text{ \, où la fonction f est différentiable ;}
\end{align*}
Pour un champ scalaire bidimensionnel, pour $f = f(x;y)$ :
\begin{align*}
\overrightarrow{\nabla . f} = & \left(\frac{\partial f}{\partial x} ;\frac{\partial f}{\partial y}\right)&\,\, \,\, \forall (x;y) \in \mathbb{R}^{2} \text{ \, où la fonction f est différentiable ;}
\end{align*}
Application
En deux dimensions
Donner le gradient des fonctions de $\mathbb{R}^{2}$ dans $\mathbb{R}$ suivantes :
\begin{align*}
f_{1}(x ; y) & = x^{2} + y^{2}\\
f_{2}(x ; y) & = x^{3}.y^{2} + y^{3}.x^{2}\\
f_{3}(x ; y) & = x^{2}.y- y^{2}.x^{4}\\
f_{4}(x ; y) & = e^{-x^{2}} + e^{-y^{2}}\\
f_{5}(x ; y) & = x^{2}.\ln(y^{2}-1) + y^{2}.\ln(y)\\
f_{6}(x ; y) & = 2.x+y-2\\
f_{7}(x ; y) & = x^{2} - y^{2}\\
f_{8}(x ; y) & = x^{2}.y^{3} + y^{2}.x - y
\end{align*}\\
Solution :
\begin{align*}
\overrightarrow{\nabla . f_{1} } & = \left(\frac{\partial (x^{2} + y^{2})}{\partial x} ;\frac{\partial (x^{2} + y^{2})}{\partial y}\right) = \left(2.x;2.y\right)\\
\overrightarrow{\nabla . f_{2} } & = \left(3.x^{2}.y^{2} + 2.y^{3}.x; 2.x^{3}.y+ 3.y^{2}.x^{2} \right)\\
\overrightarrow{\nabla . f_{3} } & = \left(2.x.y- 4.y^{2}.x^{3};x^{2}- 2.y.x^{4} \right)\\
\overrightarrow{\nabla . f_{4} } & = \left(-2.x.e^{-x^{2}} ;-2.y.e^{-y^{2}}\right)\\
\overrightarrow{\nabla . f_{5} } & = \left(2.x..\ln(y^{2}-1);\frac{2.x^{2}.y}{y-1}+y.(2.\ln(y)+1)\right) \\
\overrightarrow{\nabla . f_{6} } & = \left(2;1\right) \\
\overrightarrow{\nabla . f_{7} } & = \left(2.x;-2.y\right)\\
\overrightarrow{\nabla . f_{8} } & = \left(2.x.y^{3}+.y^{2};3.x^{2}.y^{3}+2.x.y-1\right)
\end{align*}
Dans l'espace
Donner le gradient des fonctions de $\mathbb{R}^{2}$ dans $\mathbb{R}$ suivantes :
\begin{align*}
g_{1}(x ; y ; z) & = x^{2} + y^{2} + z^{2}\\
g_{2}(x ; y ; z) & = x^{3}.z^{2} - x^{3}.y^{2} + z^{3}.y^{2}\\
g_{3}(x ; y ; z) & = x^{2}.y.z^{3}- z^{3}.y^{4}\\
g_{4}(x ; y ; z) & = e^{-x^{2}-y^{2}-z^{2}}\\
g_{5}(x ; y ; z) & = z^{2}.\ln(x^{2}.y^{2}.z^{2}-1) \\
g_{6}(x ; y ; z) & = \ln(x.y.z)\\
g_{7}(x ; y ; z) & = \frac{x^{2} - y^{2}}{x^{2} + y^{2}}\\
g_{8}(x ; y ; z) & = \frac{x^{2}}{y.z}
\end{align*}
Solution : To be done
\begin{align*}
\overrightarrow{\nabla . g_{1} } & = \left( ; ; \right)\\
\overrightarrow{\nabla . g_{2} } & = \left( ; ; \right)\\
\overrightarrow{\nabla . g_{3} } & = \left( ; ; \right)\\
\overrightarrow{\nabla . g_{4} } & = \left( ; ; \right)\\
\overrightarrow{\nabla . g_{5} } & = \left( ; ; \right)\\
\overrightarrow{\nabla . g_{6} } & = \left( ; ; \right)\\
\overrightarrow{\nabla . g_{7} } & = \left( ; ; \right)\\
\overrightarrow{\nabla . g_{8} } & = \left( ; ; \right)\\
\end{align*}
Rotationnel
Présentation
Le rotationnel est un opérateur qui définit des ligne de champ autour desquelles les éléments du système ont tendance à tourner.
Théorie
Le rotationnel d'un champ de vecteurs est donné par le produit vectoriel de $\nabla$ avec le champ de vecteurs en question:
$$
\nabla \times \vec{A} = \overrightarrow{rot}\vec{V}
$$
Où $\times$ représente le produit vectoriel.
Avec $V$ le champ de vecteurs définit comme suit, dans le plan :
\begin{align*}
V : &\mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2} \\
&(x;y) \longmapsto \left( \begin{array}{ccc}
V_{1}(x;y) \\
V_{2}(x;y) \\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
Ou dans l'espace :
\begin{align*}
V : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} \\
&(x;y;z) \longmapsto \left( \begin{array}{ccc}
V_{1}(x;y;z) \\
V_{2}(x;y;z) \\
V_{3}(x;y;z) \\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
Alors, ce produit vectoriel peut être donné grâce au déterminant suivant :
\begin{align*}
\nabla \times \vec{A} = & \begin{array}{|rcl|}
\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\
V_{1} & V_{2} & V_{3}
\end{array}
\end{align*}
\begin{align*}
\nabla \times \vec{A} = & \begin{array}{|rl|}
\frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\
V_{2} & V_{3}
\end{array} . \vec{i} - \begin{array}{|rl|}
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial z} \\
V_{1} & V_{3}
\end{array} . \vec{j} + \begin{array}{|rl|}
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} \\
V_{1} & V_{2}
\end{array} . \vec{k}\\
= &(\frac{\partial V_{3} }{\partial y} -\frac{\partial V_{2} }{\partial z}). \vec{i} - (\frac{\partial V_{3} }{\partial x} -\frac{\partial V_{1} }{\partial z}). \vec{j} + (\frac{\partial V_{2} }{\partial x} -\frac{\partial V_{1} }{\partial y}).\vec{k}\\
= &(\frac{\partial V_{3} }{\partial y} -\frac{\partial V_{2} }{\partial z}). \vec{i} + (\frac{\partial V_{1} }{\partial z} - \frac{\partial V_{3} }{\partial x} ). \vec{j} + (\frac{\partial V_{2} }{\partial x} -\frac{\partial V_{1} }{\partial y}).\vec{k}
\end{align*}
Dans le cas où on a un champ de vecteur bidimensionnel :
\begin{align*}
V : &\mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2} \\
&(x;y) \longmapsto \left( \begin{array}{ccc}
V_{1}(x;y) \\
V_{2}(x;y) \\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
On pose $W$, le champ de vecteur tel que :
\begin{align*}
W : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} \\
&(x;y;z) \longmapsto \left( \begin{array}{ccc}
W_{1}(x;y;z) = V_{1}(x;y) \\
W_{2}(x;y;z) = V_{2}(x;y) \\
W_{3}(x;y;z) = 0 \\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
Naturellement la formule du rotationnel d'un tel champ de vecteurs est simplifiée :
\begin{align*}
\nabla \times \vec{A} = & (\frac{\partial V_{2} }{\partial x} -\frac{\partial V_{1} }{\partial y}).\vec{k}
\end{align*}
Ce résultat est assez naturel. Le champ de vecteur à partir duquel le rotationnel est calculé est un champ dans le plan, ou plus généralement, sur une surface. Ce rotationnel, s'il n'est pas nul, est un vecteur orthogonal à la surface en chaque point. On part toujours du principe que les fonctions étudiées au moins dérivable deux fois de dérivée seconde continue.
Application
Exercices corrigés
Champ conservatif
%source : http://math.univ-lyon1.fr/~frabetti/Math2-2018/CF1-2018-corrige.pdf
Un champ de vecteur est dit conservatif si son Rotationnel est nul, si les variables appartiennent à un ensemble connexe (d'un seul tenant).
Donc soit $\overrightarrow{E}$ un champ de vecteur défini sur $D \in \mathbb{R}^{3}$ : $D = \{(x;y;z) \in \mathbb{R}^{3} | z > 0\}$, avec :
\begin{align*}
\overrightarrow{E} : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} \\
&(x;y;z) \longmapsto \left( \begin{array}{ccc}
2.x.z \\
\ln z \\
x^{2}+\frac{y}{z} \\
\end{array} \right) ;\\
\end{align*}
Autre écriture :
\begin{align*}
\overrightarrow{E} & = E_{x}(x;y;z) . \vec{i} + E_{y}(x;y;z) . \vec{j} + E_{z}(x;y;z) . \vec{k} \\
& = 2.x.z . \vec{i} + \ln z . \vec{j} + x^{2}+\frac{y}{z} . \vec{k} \\
\end{align*}
\begin{align*}
\nabla \times \overrightarrow{E} = & \begin{array}{|rcl|}
\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\
2.x.z & \ln z & x^{2}+\frac{y}{z}
\end{array} \\
= &\begin{array}{|rl|}
\frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\
\ln z & x^{2}+\frac{y}{z}
\end{array} . \vec{i} - \begin{array}{|rl|}
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial z} \\
2.x.z & x^{2}+\frac{y}{z}
\end{array} . \vec{j} + \begin{array}{|rl|}
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} \\
2.x.z & \ln z
\end{array} . \vec{k}\\
= &(\frac{\partial x^{2}+\frac{y}{z} }{\partial y} -\frac{\partial \ln z }{\partial z}). \vec{i} - (\frac{\partial x^{2}+\frac{y}{z}}{\partial x} -\frac{\partial2.x.z }{\partial z}). \vec{j} + (\frac{\partial \ln z }{\partial x} -\frac{\partial 2.x.z }{\partial y}).\vec{k}\\
= &(\frac{1 }{z} -\frac{1}{z}). \vec{i} + (2.x - 2.x). \vec{j} + (0-0).\vec{k}\\
= & \vec{0}
\end{align*}
Dans notre cas, l'ensemble $D$ auquel appartiennent les variable $x$, $y$ et $z$ est connexe.
D'après un lemme démontré par H Poincaré, il est dit que lorsqu'un champ est conservatif sur un domaine connexe, alors ce champ est un champ de gradient. Autrement dit, il existe une fonction scalaire $f$ :
\begin{align*}
f : &\mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R} \\
&(x;y;z) \longmapsto f(x;y;z)
\end{align*}
Où $f$ est telle que :
\begin{align*}
\overrightarrow{E} = \nabla f(x;y;z) = \overrightarrow{grad} (f)
\end{align*}
L'idée est maintenant de chercher $f$. Pour ce faire, on se sert de l'expression de $ \overrightarrow{E} $ pour identifier ses composantes avec les dérivées partielles de $f$.
On obtient donc :
\begin{align*}
\overrightarrow{E} = \nabla f(x;y;z) \implies & \begin{array}{rl}
\frac{\partial f }{\partial x} = & 2.x.z \\
\frac{\partial f }{\partial y} = & \ln z \\
\frac{\partial f }{\partial z} = & x^{2}+\frac{y}{z}
\end{array} \\
\end{align*}
On prend :
\begin{align*}
\frac{\partial f }{\partial x} = 2.x.z & \implies f(x;y;z) = \int 2.x.z dx + g(y;z) = x^{2}.z + g(y;z)
\end{align*}
Comme :
\begin{align*}
\frac{\partial f }{\partial y} = 0 + \frac{\partial g(y;z) }{\partial y} = \ln z & \implies g(y;z) = \int \ln z dy + h(z) = y.\ln z + h(z)
\end{align*}
Donc :
\begin{align*}
f(x;y;z) = x^{2}.z + y.\ln z + h(z)
\end{align*}
Maintenant comme :
\begin{align*}
\frac{\partial f }{\partial z} = x^{2} + \frac{y}{z} + h'(z)
\end{align*}
Et que :
\begin{align*}
\frac{\partial f }{\partial z} = x^{2} + \frac{y}{z}
\end{align*}
On obtient que $h'(x) = 0$ d'où :
\begin{align*}
h(x) = C \text{\, avec $C$ constante réelle.}
\end{align*}
Pour finir, la fonction $f$ telle que son gradient donne le champ de vecteur $\overrightarrow{E}$ est :
\begin{align*}
f(x;y;z) = x^{2}.z + y.\ln z + C
\end{align*}
Problèmes corrigés
%Champ conservatif
TBD
Laplacien
Présentation
Il représente la courbure d'un champ scalaire.
"Laplacian intuition" et plus généralement beaucoup de très bons contenus sur Khan Academy
Théorie
}
Par définition, on a :
$$
\nabla^{2} = \Delta
$$
Qu'est ce que vaut $\nabla^{2} $?
\begin{align}
\nabla^{2} = \nabla.\nabla =
\left( \begin{array}{ccc}
\frac{\partial}{\partial x} \\
\frac{\partial}{\partial y} \\
\frac{\partial}{\partial z} \\
\end{array} \right) . \left( \begin{array}{ccc}
\frac{\partial}{\partial x} \\
\frac{\partial}{\partial y} \\
\frac{\partial}{\partial z} \\
\end{array} \right) = \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} +\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}} +\frac{\partial^{2}}{\partial z^{2}} ;
\end{align}
Donc le laplacien d'une fonction est un scalaire, qui vaut la somme des dérivées seconde de la fonction en $(x;y;z)$. On peut très bien utiliser la forme générale en $(x;y;z)$ ou sa valeur en chaque point $(x_{0};y_{0};z_{0})$
Application
}
Soit $f$ une fonction scalaire :
\begin{align*}
f : &\mathbb{R}^{} \longrightarrow \mathbb{R} \\
&(x;y) \longmapsto f(x;y) = x^{2}+y^{2}\\
\end{align*}
Alors :
\begin{align*}
\Delta f = &\frac{\partial^{2} f(x;y)}{\partial x^{2}} +\frac{\partial^{2} f(x;y)}{\partial y^{2}}\\
&= \frac{\partial^{2} (x^{2}+y^{2})}{\partial x^{2}} +\frac{\partial^{2} (x^{2}+y^{2})}{\partial y^{2}}\\
&= 4\\
\end{align*}
Comme :
\begin{align*}
\frac{\partial^{2} (x^{2}+y^{2})}{\partial x^{2}} = 2 & \text{ et } \frac{\partial^{2} (x^{2}+y^{2})}{\partial y^{2}} = 2
\end{align*}
Donc :
\begin{align*}
\Delta f(x;y) = &\frac{\partial^{2} f(x;y)}{\partial x^{2}} +\frac{\partial^{2} f(x;y)}{\partial y^{2}} = 4
\end{align*}
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