ANALYSE III. Hiver Exercice 1. On considère le morceau de surface Σ défini par

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1 érie 6 ANALYE III Hiver 9- informations: sections IN + C Exercice. On considère le morceau de surface Σ défini par Σ{(x, y, z) :z x + y, z } orienté tel que sa normale unité n vérifie n k >. oit encore v le champ vectoriel défini par v(x, y, z) y i + x j + xyk. () Donner une représentation graphique de Σ et préciser sur la figure où se trouve la frontière de Σ. () Paramétrer Σ. () Vérifier par le calcul le théorème de tokes pour ce morceau de surface Σ et ce champ vectoriel v. Rappel : Vous avez déjà calculé une grande partie de l exercice dans la série 4. Corrigé exercice. () Σ est le morceau de surface de révolution obtenu en faisant tourner l arc ρ(t) (/t)i+tk,t [, ] autour de l axe des z. Le bord de Σ est constitué de ceux cercles Γ / et Γ orientés de façon à satisfaire à la règle d Ampère, l orientation de Σ étant donnée. () On paramétrise Σ par : x(u, ϕ) u cos ϕ r(u, ϕ) y(u, ϕ) u sin ϕ z(u, ϕ) /u D où : et T u T ϕ, u [, ], ϕ [, ]. T u cosϕ i + sin ϕ j /u k, T ϕ u sin ϕ i + u cos ϕ j, L orientation est correcte. i j k cos ϕ sin ϕ /u (/u)cosϕi +(/u) sin ϕ j + uk. u sin ϕ ucos ϕ () Vérifions donc le théorème de tokes. Pour l intégrale de surface : on a i j k rot v x y z y x xy x i y j +k. Alors rot v dσ [(u cos ϕ)i +( u sin ϕ)j +k] [(/u)cosϕ i +(/u) sin ϕ j + uk] dudϕ et donc (cos ϕ sin ϕ +u) du dϕ, Σ rot v dσ (cos ϕ sin ϕ +u) du dϕ 6.

2 Pour les intégrales curvilignes : soit Γ R le cercle paramétré par : r(t) R cos t i+r sin t j+ /R k, t [, ]. On a r (t) R sin t i + R cos t j et v(r(t)) R sin t i + R cos t j +(...)k. D où v ds v(r(t)).r (t)dt R. Γ R On a alors, en tenant compte des orientations des deux cercles concernés selon la règle d Ampère : v ds ( ) ( )6, Σ et le théorème est bien verifié. Exercice. On considère le volume V E et le champ vectoriel v donnés par les expressions suivantes : V {(x, y, z) :x + y + z 4, x, y, z }, v(x, y, z) (x + y + z ) (xi + yj + zk). Vérifier, par le calcul, le théorème de la divergence pour ce volume V et ce champ vectoriel v. Corrigé exercice. Le volume V est la partie de la boule centrée à l origine et de rayon qui se trouve dans le premier octant (x, y, z )..) Intégrale de volume : Posant r xi + yj + zk et r x + y + z r r, onav r 4 r et donc : div v div (r 4 r)r 4 div r + r r 4 r 4 +4r r 7r 4 sachant que r r. Il vient, en paramétrant V au moyen des coordonnées sphériques r usuelles : / / div v dx dy dz 7r 4 (r sin θ) dr dθ dϕ 7 r 6 dr 64. V.) Intégrales de surfaces : On remarque que sur les morceaux de surfaces planes du bord de V, v r 4 r est perpendiculaire à la normale n. Ces contributions sont donc nulles, il est inutile de les paramétrer. Reste la contribution de la partie sphérique qui se paramétrise par : x(θ, ϕ) sin θ cos ϕ r(θ, ϕ) y(θ, ϕ) sin θ sin ϕ, θ [,/], ϕ [,/]. z(θ, ϕ) cosθ La normale unité est n r, v 4 r et v n 5 et donc : v dσ v n dσ 5 (aire de ) 5 (4 /8) 64. On a donc vérifié le théorème de la divergence.

3 Exercice. Vérifier le théorème de la divergence pour le champ vectoriel v(x, y, z) x y i y j+ 4xz k et le volume V occupant le premier octant limité par y + z 9etx. Corrigé exercice. On divise la surface en 5 surfaces : 4 5. z 5 4 x y Donc dσ v sin u cosu du dv x(u, v), v cos u sin u : y(u, v) v cos u, avec u [, ]et v [, ]. z(u, v) v sin u, 9v du dv. Donc dσ cosv u sin v du dv x(u, v), : y(u, v) u cos v, avec u [, ] et v [, ]. sin v u cos v z(u, v) u sin v, 9u du dv. x(u, v) u, : y(u, v), avec u [, ] et v [, ]. Donc dσ du dv 6 du dv. z(u, v) v, x(u, v) v, 4 : y(u, v) u, avec u [, ] et v [, ]. Donc dσ du dv du dv. z(u, v), 6 Donc dσ sin u du dv x(u, v) v, cosu 5 : y(u, v) cosu, avec u [, ]et v [, ]. z(u, v) sin u, 6cosu du dv. 6 sin u Remarque Pour la surface (respect. ), la normale s annule pour v (respect.u )eton n a plus une bijection ; ce n est donc pas un morceau de surface lisse. Cependant, et c est la raison pour tolérer de telles exceptions, si on faisait les calculs avec v allant de à et si on faisait ensuite tendre vers dans les résultats obtenus, on obtiendrait les mêmes résultats que ceux en prenant

4 directement v. Cela resta, malgré tout, la paramétrisation la plus naturelle pour un disque. On a donc : v dσ 5 i i v dσ. Les deux seules intégrales non nulles sont : 4 v dσ 5 v dσ v u 6 v u v v u v u v 4u cos v 9u cos v 7u sin v 6u cos vdudv cos vdv7, et 7v cos u 9cos u 7v sin u 9u du dv 6cosu du dv 6 sin u ( 54 cos u +4v sin u) du dv vdv8. Pour les autres surfaces, v dσ. Donc on trouve : v dσ 8. On calcule maintenant V div v dv. On a div v 4xy y +8xz. Donc : V div v dv x y x x y 9 y (4xy y +8xz) dz dy dx z (4x )y 9 y +4x(9 y ) dy dx (4x )(9 y ) 6xy + 4xy dx 9(4x ) + 8x 6x dx 8! Le théorème de la divergence est donc vérifié.

5 Exercice 4. oit le champ vectoriel F défini par F(x, y, z) (x y)i +(y z)j +(z x)k. Calculer l intégrale F dσ où {(x, y, z) : x + y z, x }. Corrigé exercice 4. On utilise le théorème de la divergence : F dσ div F dx dy dz. On a div F + + et donc l intégrale en question est égale à trois fois le volume de : div F dx dy dz dx dy dz. Pour calculer ce volume, on utilise les coordonnées cylindriques x r cos θ, y r sin θ, z z. Puisque x, on a θ. On a aussi r etr z. Alors, / dx dy dz rdzdrdθ r( r )dr / r 4 4 d où le résultat : F dσ 4. 5