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Deriver en fonction de produits vectoriels

Posté par
jazzou12
16-04-18 à 17:45

Bonjour je voulais savoir comment deriver une application sous cette forme :
O= x dxdz  -t dxdz + z dxdy.

Est ce que dydz=dx??

Merci d'avance pour vos infos, cdlt.

Posté par
jazzou12
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 16-04-18 à 17:46

Erreur de frappe le -t et en réalité un -y

Posté par
jsvdb
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 16-04-18 à 17:55

Bonjour jazzou12.
Le résultat final de ta dérivation sera une 3-forme de type A(x,y,z)dxdydz

Posté par
jazzou12
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 16-04-18 à 18:29

Bonjour,

Alors merci pour cette info mais du coup j'ai d'autres questions.

C'est du a quoi que l'on obtient une 3 forme ? Et le A représente quoi ici? En fait on nous a donné la réponse mais on nous a pas du tout expliqué d'où elle venait et comment refaire avec une autre fonction, ici je sais que ça vaut 3 dxdydz mais je ne sais pas d'où provient le 3, ni comment ça se fait qu'on est dxdydz...

Posté par
larrech
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 16-04-18 à 20:56

Bonjour,

En attendant des explications plus "autorisées", tu peux regarder là

Posté par
jsvdb
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 17-04-18 à 01:39

On va faire un petit rappel sur les formes différentielles sur \R^3.

Par définition, on appelle forme différentielle de degré 0 sur \R^3, toute application \R^3\rightarrow \R.
__________________________________________________________________________________________________
Par définition, on appelle forme différentielle de degré 1, ou 1-forme sur \R^3, toute application \omega : \R^3\rightarrow \mathcal L(\R^3;\R).

Soit donc \omega une 1-forme sur \R^3. D'après la définition, il existe trois fonctions \omega_1,\omega_2,\omega_3 : \R^3\rightarrow \R (autrement dit, trois formes différentielles de degré 0) telles que :

\forall(u,v,w)\in \R^3, \omega(x,y,y)(u,v,w) = \omega_1(x,y,z).u + \omega_2(x,y,z).v + \omega_3(x,y,z).w

Ainsi, l'ensemble des formes différentielles sur \R^3 est un module sur l'anneau des applications réelles sur \R^3

On note dx, dy, dz les formes différentielles telles que :

\forall(u,v,w)\in \R^3, dx(x,y,z)(u,v,w) = u

\forall(u,v,w)\in \R^3, dy(x,y,z)(u,v,w) = v

\forall(u,v,w)\in \R^3, dz(x,y,z)(u,v,w) = z

Autrement dit, ces trois formes différentielles sont constantes et ne sont ni plus ni moins que les applications ième coordonnées.

Ainsi, on peut écrire \blue \boxed {\omega = \omega_1.dx + \omega_2.dy + \omega_3.dz}

Exemple : si \red f : \R^3 \rightarrow \R est un application différentiable, alors sa différentielle est une forme différentielle notée Df, donnée par

\red Df = \dfrac{\partial f}{\partial x}.dx+\dfrac{\partial f}{\partial y}.dy+\dfrac{\partial f}{\partial z}.dz
__________________________________________________________________________________________________
Par définition, on appelle forme différentielle de degré 2, ou 2-forme sur \R^3, toute application \omega : \R^3\rightarrow \{\text{formes bilinéaires alternées sur } \R^3\}.

On peut montrer qu'on obtient toutes les 2-formes sur \R^3 par antisymétrisation des formes dx,dy et dz.

Ceci nous conduit à définir, par exemple dx\land dy de la façon suivante (qui n'est pas sans rappeler la formule du déterminant)

\begin{aligned}dx\land dy(x;y;z)((a;b;c),(d;e;f)) & = dx(x;y;z)(a;b;c).dy(x;y;z)(d;e;f) - dx(x;y;z)(d;e;f).dy(x;y;z)(a;b;c) \\ & = ae-db \end{aligned}

On a alors

\begin{aligned}dy\land dx(x;y;z)((a;b;c),(d;e;f)) & = dy(x;y;z)(a;b;c).dx(x;y;z)(d;e;f) - dy(x;y;z)(d;e;f).dx(x;y;z)(a;b;c) \\ & = bd-ea \\ &=-dx\land dy(x;y;z)((a;b;c),(d;e;f))\end{aligned}

D'où le fameux dx\land dy = - dy\land dx

Alors on définit de même dx\land dz \text{ et } dy\land dz selon le même principe.

Et toujours selon ce principe, on a \blue dx\land dx = dy \land dy = dz \land dz = 0

En résumé, si \alpha est une 2-forme sur \R^3 alors il existe trois fonctions \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 : \R^3 \rightarrow \R telles que :

\blue \boxed {\alpha = \alpha_1.dx\land dy + \alpha_2.dx\land dz + \alpha_3.dy \land dz}

On définit alors la multiplication extérieure entre 1-formes par :

\text{Si } \alpha = \alpha_1.dx + \alpha_2.dy + \alpha_3.dz

\text{Si }\omega = \omega_1.dx + \omega_2.dy + \omega_3.dz

comme étant la 2-forme :

\alpha \land \omega = (\alpha_1.\omega_2-\alpha_2.\omega_1).dx \land dy + (\alpha_1.\omega_3-\alpha_3.\omega_1).dx \land dz+(\alpha_2.\omega_3-\alpha_3.\omega_2).dy \land dz
__________________________________________________________________________________________________
Par définition, on appelle forme différentielle de degré 3, ou 3-forme sur \R^3, toute application \omega : \R^3\rightarrow \{\text{formes trilinéaires alternées sur } \R^3\}.

On peut montrer qu'on obtient toutes les 3-formes sur \R^3 par antisymétrisation des formes dx,dy et dz et cette fois avec des déterminant d'ordre 3.

Toute 3-forme sur \R^3 est de la forme  \omega = f(x;y;z)dx\land dy \land dz avec f : \R^3 \rightarrow \R.

On définit aisément la multiplication extérieure d'une 0-forme par une 3-forme, d'une 1-forme par une 2-forme et d'une 2-forme par une 1-forme donc le résultat est une 3-forme.
___________________________________________________________________________________________________

Dérivée extérieure d'une forme différentielle :

Si \omega est une 0-forme sur \R^3, alors \omega est une application \R^3\rightarrow \R et si cette application est continument différentiable, on définit :

d\omega = \dfrac{\partial \omega}{\partial x}.dx+\dfrac{\partial \omega}{\partial y}.dy+\dfrac{\partial \omega}{\partial z}.dz

qui est une 1-forme.


Si \omega est une 1-forme sur \R^3, alors :

\omega=\omega_1.dx + \omega_2.dy + \omega_3.dz et si les applications \omega_i, vues comme des 0-formes, sont continument différentiables, on définit :

d\omega = d\omega_1\land dx+d\omega_2 \land dy+d\omega_3\land dz

qui est une 2-forme.


Si \omega est une 2-forme sur \R^3, alors :

\omega=\omega_1.dx\land dy + \omega_2.dx\land dz + \omega_3.dy\land dz et si les applications \omega_i , vues comme des 0-formes, sont continument différentiables, on définit :

d\omega = d\omega_1\land dx\land dy+d\omega_2\land dy\land dz+d\omega_3 \land dy\land dz

qui est une 3-forme.
___________________________________________________________________________________________________
Exemples :

1- Celui de ce post que je reformule :

O = x.dy\land dz-y.dx\land dz + z.dx\land dy est une 2-forme et si on la dérive selon le schéma ci-dessus, on obtient :

dO = 1.dx\land dy\land dz-1.dy\land dx\land dz+1.dz\land dx\land dy=dx\land dy\land dz+dx\land dy\land dz+dx\land dy\land dz=3.dx\land dy\land dz

2- \omega = f.dx\land dy +g.dx\land dz +h.dy\land dz

d\omega = df\land dx\land dy + dg\land dx\land dz + dh\land dy\land dz

\begin{aligned}d\omega & = \left(\dfrac{\partial f}{\partial x}.dx+\dfrac{\partial f}{\partial y}.dy+\dfrac{\partial f}{\partial z}.dz\right)\land dx\land dy + \left(\dfrac{\partial g}{\partial x}.dx+\dfrac{\partial g}{\partial y}.dy+\dfrac{\partial g}{\partial z}.dz\right)\land dx\land dz +\left(\dfrac{\partial h}{\partial x}.dx+\dfrac{\partial h}{\partial y}.dy+\dfrac{\partial h}{\partial z}.dz\right)\land dy\land dz \\ & =\left(\dfrac{\partial f}{\partial z} -\dfrac{\partial g}{\partial y}+ \dfrac{\partial h}{\partial x}\right).dx\land dy\land dz\end{aligned}

3- On a d(dx) = d(dy) = d(dz) = 0

4- Si f est deux fois continument différentiables sur \R^3 alors d(df) = 0 en tant que 2-forme : pourquoi ?

Posté par
jazzou12
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 17-04-18 à 10:19

Que dire... Vraiment merci merci de ton aide jsvdb C'est exactement ce qu'il me manquait pour bien tout comprendre, magnifiquement bien expliqué et bien rédigé, je suis complément épaté par ta gentillesse dans ce long post j'ai même pas une seule question de plus à te demander... Et j'espère que ce post sera vu par d'autres élèves parce qu'il est génial!

Posté par
jsvdb
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 17-04-18 à 11:43

Trois applications classiques :

I - Le rotationnel

Soit \vec X : \R^3 \rightarrow \R^3 un champ de vecteur. On a \vec X(x;y;z) = (X_1(x;y;z) ;X_2(x;y;z);X_3(x;y;z)) où chacune des X_i : \R^3\rightarrow \R.

On note \omega la 1-forme correspondante : \omega = X_1dx+X_2dy+X_3dz

On appelle rotationnel de \vec X le champ de vecteur associé à la 2-forme d\omega. Il vient :

\begin {aligned}d\omega & = dX_1\land dx + dX_2 \land dy + dX_3 \land dz \\ & = \left( \dfrac{\partial X_3}{\partial y}-\dfrac{\partial X_2}{\partial z}\right).dy\land dz +\left( \dfrac{\partial X_1}{\partial z}-\dfrac{\partial X_3}{\partial x}\right).dz\land dx+\left( \dfrac{\partial X_2}{\partial x}-\dfrac{\partial X_1}{\partial y}\right).dx\land dy \end {aligned}

On a alors :

\blue \boxed{\mathbf {Rot } \vec X = \left(\dfrac{\partial X_3}{\partial y}-\dfrac{\partial X_2}{\partial z};\dfrac{\partial X_1}{\partial z}-\dfrac{\partial X_3}{\partial x}; \dfrac{\partial X_2}{\partial x}-\dfrac{\partial X_1}{\partial y}\right)}

Et voici le théorème que tout étudiant en physique applique sans le savoir :

Avec les mêmes notations, les deux conditions suivantes sont équivalentes si on se place dans \R^3.

(a) \vec X est le gradient d'une fonction continument différentiable dans \R^3.

(b) \mathbf {Rot } \vec X = 0
.

ATTENTION : si on ne se place pas dans \R^3 mais sur un ouvert U de \R^3, ce théorème peut être mis en défaut. Néanmoins, on a toujours (a) \Rightarrow (b). La réciproque ne sera vraie que moyennant une condition de contractilité de U.

II - la divergence

Avec les mêmes notations :

On note \alpha la 2-forme suivante \alpha = X_1dy\land dz+X_2dz\land dx+X_3dx \land dy.

On appelle divergence de \vec X la fonction dans  \R^3 associée à la 3-forme d\alpha. Il vient :

\blue \boxed{\mathbf {Div } \vec X = \dfrac{\partial X_1}{\partial x}+\dfrac{\partial X_2}{\partial y}+\dfrac{\partial X_3}{\partial z}}

Et le théorème correspondant dans \R^3

\vec X est le rotationnel d'un champ de vecteurs deux fois continument dérivable dans \R^3 si et seulement si \mathbf {Div } \vec X = 0

ATTENTION : si on ne se place pas dans \R^3 mais sur un ouvert U de \R^3, ce théorème peut être mis en défaut. Néanmoins, on a toujours la condition nécessaire. La réciproque ne sera vraie que moyennant une condition de contractilité de U.

Lorsqu'un champ de vecteur \vec X peut se mettre sous la forme \mathbf {Rot } \vec Y\vec Y est un autre champ de vecteur, on dit que \vec X dérive d'un potentiel \vec Y.
A noter que \vec Y n'est pas déterminé de manière unique et peut être remplacé (exercice) par \vec Y + \vec {\nabla f}f est une fonction deux fois continûment différentiable.

Exercices : calculer, si les expression ont un sens

1- \mathbf {Div }(\mathbf {Rot }\vec X)

2- \mathbf {Rot }(\mathbf {Div }\vec X)

III - La formule de Stokes

La fameuse formule de Stokes, que je vais mettre dans \R^3 avec des boules compactes :

Si B^3 est la boule unité fermée orientée de \R^3, alors c'est une sous-variété de dimension 3 de \R^3, on note S^2 son bord orienté.
soit alors \omega une forme différentielle de degré 2, continument différentiable sur un voisinage ouvert de B^3.

La formule de Stokes nous dit : \blue \boxed{\begin {aligned}\int_{B^3}d\omega = \int_{S^2}\omega \end{aligned}}

Et la même formule de Stokes dans \R est la classique \blue \boxed{\begin {aligned}\int_{[a;b]}f'(t)dt = \int_{\partial [a;b]}f=f(b)-f(a) \end{aligned}}. Ce qui requiert donc que f soit C^1([a;b])
Ce qui signifie que Stokes est une généralisation de Riemann où l'on n'intègre pas des fonctions mais des formes différentielles.
Dans le cas mono-dimensionnel : d\omega = f'(t)dt (degré 1) et \omega = f (degré 0).

C'est de là que vient le "dx" dans l'intégrale de Riemann (si x est la "variable d'intégration"), et qu'on écrit toujours sans savoir d'où ça vient.
Et quand on demande qu'est-ce-que ce dx, on a la plupart du temps des explications physiques de type variation infinitésimale de ceci cela ... il y a même de très belles vidéos sur internet pour l'expliquer. Je n'ai rien contre, c'est bien pour goûter certaines belles choses, mais ça ne fait pas un solide fondement mathématique. Bref ! tout un débat !
J'ai même eu droit à un "c'est la tradition, c'est comme ça" ... bon ! pourquoi pas !

Posté par
larrech
re : Deriver en fonction de produits vectoriels 17-04-18 à 12:39



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