20 Exercices Corrigés d’Analyse Vectorielle en Prépa

On dérive \(f\) par rapport à chaque variable, l’autre étant traitée comme une constante.

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy + 3y^2 \qquad\text{et}\qquad \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = x^2 + 6xy\)

D’où le vecteur gradient :

\(\nabla f(x,y) = \big(\,2xy + 3y^2,\ \ x^2 + 6xy\,\big)\)

Les trois dérivées partielles sont immédiates :

\(\nabla f(x,y,z) = (2x,\ 2y,\ 2z) = 2\,(x,y,z)\)

Au point \(A(1,2,-1)\) :

\(\nabla f(A) = (2,\ 4,\ -2)\)

Interprétation : \(f\) est le carré de la distance à l’origine ; son gradient pointe radialement vers l’extérieur, ce qui est cohérent avec \(\nabla f = 2\,\overrightarrow{OM}\).

On somme les dérivées partielles de chaque composante par rapport à sa propre variable :

\(\displaystyle\frac{\partial}{\partial x}(x^2 y) = 2xy,\quad \displaystyle\frac{\partial}{\partial y}(yz) = z,\quad \displaystyle\frac{\partial}{\partial z}(x z^2) = 2xz\)

Donc :

\(\mathrm{div}\,\vec F = 2xy + z + 2xz\)

Le résultat est bien un champ scalaire.

Avec \(P = yz\), \(Q = xz\), \(R = xy\), on applique la formule composante par composante.

\(\displaystyle\frac{\partial R}{\partial y}-\displaystyle\frac{\partial Q}{\partial z} = x- x = 0\) \(\displaystyle\frac{\partial P}{\partial z}-\displaystyle\frac{\partial R}{\partial x} = y- y = 0\) \(\displaystyle\frac{\partial Q}{\partial x}-\displaystyle\frac{\partial P}{\partial y} = z- z = 0\)

Donc \(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec F = \vec 0\). Ce n’est pas un hasard : \(\vec F = \nabla(xyz)\), et un gradient est toujours irrotationnel (voir exercice 16).

Divergence : \(\mathrm{div}\,\vec F = 1 + 1 + 1 = 3\).

Rotationnel : chaque composante fait intervenir la dérivée croisée d’une variable par rapport à une autre, qui est nulle. Par exemple \(\displaystyle\frac{\partial z}{\partial y}-\displaystyle\frac{\partial y}{\partial z}=0\). Donc \(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec F = \vec 0\).

Bilan : le champ position est en expansion uniforme (divergence constante) et sans tourbillon.

On dérive \(r = (x^2+y^2+z^2)^{1/2}\) par rapport à \(x\) :

\(\displaystyle\frac{\partial r}{\partial x} = \displaystyle\frac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2+z^2}} = \displaystyle\frac{x}{r}\)

Par symétrie, \(\displaystyle\frac{\partial r}{\partial y}=\displaystyle\frac{y}{r}\) et \(\displaystyle\frac{\partial r}{\partial z}=\displaystyle\frac{z}{r}\). Donc :

\(\nabla r = \displaystyle\frac{1}{r}\,(x,y,z) = \displaystyle\frac{\overrightarrow{OM}}{\|\overrightarrow{OM}\|} = \vec e_r\)

Le gradient de la distance est un vecteur unitaire pointant vers l’extérieur : la distance augmente le plus vite dans la direction radiale. C’est cohérent avec le fait que \(\|\nabla r\| = 1\).

\(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2 \qquad\text{et}\qquad \displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -2\)

Donc \(\Delta f = 2 + (-2) = 0\). La fonction est harmonique sur \(\mathbb{R}^2\) : elle vérifie l’équation de Laplace \(\Delta f = 0\). Pour approfondir, voir la page laplacien.

Rayon : \(r = \sqrt{(-1)^2 + (\sqrt 3)^2} = \sqrt{1+3} = 2\).

Angle : on ne se contente pas de \(\arctan(y/x)\), on regarde le quadrant. Ici \(x\) < \(0\) et \(y\) > \(0\), le point est dans le deuxième quadrant. On résout :

\(\cos\theta = \displaystyle\frac{-1}{2},\qquad \sin\theta = \displaystyle\frac{\sqrt 3}{2}\)

Ces deux conditions donnent \(\theta = \displaystyle\frac{2\pi}{3}\). Le point s’écrit donc \(\left(2,\ \displaystyle\frac{2\pi}{3}\right)\) en polaires.

Attention : \(\arctan\!\big(\sqrt 3 / (-1)\big) = \arctan(-\sqrt 3) = -\displaystyle\frac{\pi}{3}\) donnerait un point du quatrième quadrant — c’est faux. Il faut ajouter \(\pi\) : \(-\displaystyle\frac{\pi}{3}+\pi = \displaystyle\frac{2\pi}{3}\). ✓

En cartésien : \(\nabla f = (2x,\ 2y) = 2\,(x,y) = 2r\,\vec e_r\), puisque \((x,y) = r\,\vec e_r\).

En polaires : comme \(x^2 + y^2 = r^2\), on a \(f = r^2\). Alors :

\(\partial_r f = 2r \qquad\text{et}\qquad \partial_\theta f = 0\)

Donc \(\nabla f = 2r\,\vec e_r + \displaystyle\frac1r\cdot 0\cdot \vec e_\theta = 2r\,\vec e_r\).

Les deux méthodes donnent bien \(2r\,\vec e_r\). Le champ est purement radial, ce qui est logique : \(f\) ne dépend que de \(r\).

Les formules de passage cylindriques → cartésiennes sont :

\(x = \rho\cos\theta,\qquad y = \rho\sin\theta,\qquad z = z\)

On applique :

\(x = 2\cos\displaystyle\frac{\pi}{6} = 2\cdot\displaystyle\frac{\sqrt 3}{2} = \sqrt 3\) \(y = 2\sin\displaystyle\frac{\pi}{6} = 2\cdot\displaystyle\frac{1}{2} = 1\)

La cote \(z = 5\) est inchangée. Le point est donc \(\big(\sqrt 3,\ 1,\ 5\big)\). Retrouve les conventions et l’élément de volume sur la page coordonnées cylindriques et sphériques.

Rayon : \(\rho = \sqrt{1^2 + 1^2 + (\sqrt 2)^2} = \sqrt{1+1+2} = 2\).

Colatitude \(\varphi\) (convention des physiciens, angle avec \(Oz\)) :

\(\cos\varphi = \displaystyle\frac{z}{\rho} = \displaystyle\frac{\sqrt 2}{2} \ \Longrightarrow\ \varphi = \displaystyle\frac{\pi}{4}\)

Azimut \(\theta\) : dans le plan \(Oxy\), \(\tan\theta = \displaystyle\frac{y}{x} = 1\) avec \(x\) > \(0\), donc \(\theta = \displaystyle\frac{\pi}{4}\).

Le point s’écrit \(\left(2,\ \displaystyle\frac{\pi}{4},\ \displaystyle\frac{\pi}{4}\right)\).

Piège de notation : vérifie toujours quelle lettre désigne la colatitude et laquelle l’azimut — la convention maths et la convention physique échangent parfois \(\theta\) et \(\varphi\).

(a) \(f\) scalaire \(\to \nabla f\) vecteur \(\to \mathrm{div}(\nabla f)\) scalaire. C’est le laplacien \(\Delta f\). Valide.

(b) \(\vec F\) vecteur \(\to \mathrm{div}\,\vec F\) scalaire \(\to \nabla(\mathrm{div}\,\vec F)\) vecteur. Valide.

(c) La divergence s’applique à un champ de vecteurs, pas à un scalaire. \(\mathrm{div}(f)\) n’a aucun sens.

(d) \(\nabla f\) vecteur \(\to \overrightarrow{\mathrm{rot}}(\nabla f)\) vecteur. Valide, et le résultat est toujours \(\vec 0\) (exercice 16).

Méthode : avant tout calcul, vérifie la compatibilité entrée/sortie. C’est le réflexe qui évite la moitié des erreurs.

Paramétrons le cercle : \(\gamma(t) = (2\cos t,\ 2\sin t)\). Le vecteur tangent est :

\(\gamma^\prime(t) = (-2\sin t,\ 2\cos t)\)

Le gradient au point \(\gamma(t)\) vaut \(\nabla f = (2x,2y) = (4\cos t,\ 4\sin t)\). Calculons le produit scalaire :

\(\nabla f \cdot \gamma^\prime(t) = 4\cos t\cdot(-2\sin t) + 4\sin t\cdot 2\cos t = -8\cos t\sin t + 8\sin t\cos t = 0\)

Le gradient est donc orthogonal à la tangente, c’est-à-dire à la courbe de niveau. Ce résultat est général : \(\nabla f\) est toujours normal aux lignes de niveau de \(f\) et pointe dans le sens des valeurs croissantes. Voir la page courbes de niveau.

\(\nabla f = (2xy,\ x^2,\ 3z^2)\). On pose \(P = 2xy\), \(Q = x^2\), \(R = 3z^2\).

\(\displaystyle\frac{\partial R}{\partial y}-\displaystyle\frac{\partial Q}{\partial z} = 0- 0 = 0\) \(\displaystyle\frac{\partial P}{\partial z}-\displaystyle\frac{\partial R}{\partial x} = 0- 0 = 0\) \(\displaystyle\frac{\partial Q}{\partial x}-\displaystyle\frac{\partial P}{\partial y} = 2x- 2x = 0\)

Donc \(\overrightarrow{\mathrm{rot}}(\nabla f) = \vec 0\). La composante non triviale \(2x- 2x\) provient de la dérivée croisée \(\partial_x\partial_y f = \partial_y\partial_x f\), garantie par le théorème de Schwarz.

Avec \(P = xy\), \(Q = yz\), \(R = zx\) :

\(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec F = \big(\partial_y R- \partial_z Q,\ \partial_z P- \partial_x R,\ \partial_x Q- \partial_y P\big) = (0- y,\ 0- z,\ 0- x) = (-y,\ -z,\ -x)\)

On calcule alors sa divergence :

\(\mathrm{div}(-y,\ -z,\ -x) = \partial_x(-y) + \partial_y(-z) + \partial_z(-x) = 0 + 0 + 0 = 0\)

On retrouve l’identité \(\mathrm{div}\big(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec F\big) = 0\), valable pour tout champ de classe \(\mathcal{C}^2\).

On pose \(\nabla f = \left(\partial_x f,\ \partial_y f,\ \partial_z f\right)\), soit \(P = \partial_x f\), \(Q = \partial_y f\), \(R = \partial_z f\). La première composante du rotationnel est :

\(\partial_y R- \partial_z Q = \partial_y(\partial_z f)- \partial_z(\partial_y f) = \displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial z}- \displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial z\,\partial y}\)

Comme \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^2\), le théorème de Schwarz assure l’égalité des dérivées partielles croisées, donc cette composante est nulle. Le même argument s’applique aux deux autres composantes :

\(\partial_z P- \partial_x R = \partial_z\partial_x f- \partial_x\partial_z f = 0\) \(\partial_x Q- \partial_y P = \partial_x\partial_y f- \partial_y\partial_x f = 0\)

Conclusion : \(\overrightarrow{\mathrm{rot}}(\nabla f) = \vec 0\). Ce que le correcteur attend : énoncer explicitement l’hypothèse \(\mathcal{C}^2\) et citer Schwarz par son nom avant de conclure. Sans cette justification, la copie perd les points de rigueur.

La condition \(\mathrm{div}\,\vec F = 0\) s’écrit :

\(g^\prime(r) + \displaystyle\frac{2}{r}\,g(r) = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \displaystyle\frac{g^\prime(r)}{g(r)} = -\displaystyle\frac{2}{r}\)

C’est une équation différentielle à variables séparables. On intègre :

\(\ln|g(r)| = -2\ln r + \text{cste} \quad\Longrightarrow\quad g(r) = \displaystyle\frac{C}{r^2}\)

Les champs cherchés sont donc \(\vec F = \displaystyle\frac{C}{r^2}\,\vec e_r\). On reconnaît la structure du champ électrostatique d’une charge ponctuelle (ou du champ gravitationnel) : divergence nulle hors de la source, décroissance en \(1/r^2\).

On écrit \(f = \displaystyle\frac12\ln(x^2+y^2)\). Alors :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = \displaystyle\frac{x}{x^2+y^2}\)

On dérive une seconde fois (quotient) :

\(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \displaystyle\frac{(x^2+y^2)- x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \displaystyle\frac{y^2- x^2}{(x^2+y^2)^2}\)

Par symétrie du rôle de \(x\) et \(y\) :

\(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \displaystyle\frac{x^2- y^2}{(x^2+y^2)^2}\)

En sommant, le numérateur devient \((y^2- x^2) + (x^2- y^2) = 0\), donc :

\(\Delta f = \displaystyle\frac{y^2- x^2 + x^2- y^2}{(x^2+y^2)^2} = 0\)

\(\ln r\) est bien harmonique sur \(\mathbb{R}^2\) privé de l’origine. C’est la solution fondamentale du laplacien en dimension 2.

Calculons les trois termes séparément. On pose \(f = r^n\cos(n\theta)\).

Terme radial :

\(\partial_r f = n\,r^{n-1}\cos(n\theta),\qquad \partial_{rr} f = n(n-1)\,r^{n-2}\cos(n\theta)\)

Terme angulaire :

\(\partial_{\theta\theta} f = -n^2\,r^n\cos(n\theta)\)

On assemble :

\(\Delta f = n(n-1)r^{n-2}\cos(n\theta) + \displaystyle\frac{1}{r}\,n\,r^{n-1}\cos(n\theta) + \displaystyle\frac{1}{r^2}\big(-n^2 r^n\cos(n\theta)\big)\) \(\Delta f = \Big[\,n(n-1) + n- n^2\,\Big]\,r^{n-2}\cos(n\theta)\)

Or \(n(n-1) + n- n^2 = n^2- n + n- n^2 = 0\). Donc \(\Delta f = 0\) : la fonction est harmonique. Ce sont les harmoniques polaires, briques de base pour résoudre l’équation de Laplace sur un disque.

Démonstration. Notons \(\vec F = (P,Q,R)\). Par définition :

\(\mathrm{div}(f\vec F) = \partial_x(fP) + \partial_y(fQ) + \partial_z(fR)\)

On développe chaque terme avec la règle du produit, par exemple \(\partial_x(fP) = (\partial_x f)P + f(\partial_x P)\). En regroupant :

\(\mathrm{div}(f\vec F) = \underbrace{f\big(\partial_x P + \partial_y Q + \partial_z R\big)}_{f\,\mathrm{div}\,\vec F} + \underbrace{(\partial_x f)P + (\partial_y f)Q + (\partial_z f)R}_{\nabla f\cdot\vec F}\)

d’où \(\mathrm{div}(f\vec F) = f\,\mathrm{div}\,\vec F + \nabla f\cdot\vec F\). ∎

Application. Avec \(f = x^2\) et \(\vec F = (y,z,x)\) : \(\mathrm{div}\,\vec F = 0\) et \(\nabla f = (2x,0,0)\), donc \(\nabla f\cdot\vec F = 2x\cdot y = 2xy\). On obtient \(\mathrm{div}(f\vec F) = 0 + 2xy = 2xy\).

Vérification directe : \(f\vec F = (x^2 y,\ x^2 z,\ x^3)\), donc \(\mathrm{div}(f\vec F) = 2xy + 0 + 0 = 2xy\). ✓