Comment utiliser le théorème de Stokes?

David Hermans
David Hermans
• 10 min de lecture
La vraie puissance du théorème de Stokes est que tant que la frontière de la surface reste cohérente
La vraie puissance du théorème de Stokes est que tant que la frontière de la surface reste cohérente, l'intégrale de surface résultante est la même pour toute surface que nous choisissons.

En calcul vectoriel, le théorème de Stokes relie le flux de la boucle d'un champ vectoriel F{\displaystyle \mathbf Modèle pour le rendu d'une donnée Top Answers 8 } à travers la surface S{\displaystyle S} à la circulation de F{\displaystyle \mathbf Modèle pour le rendu d'une donnée Top Answerers 5 } le long de la frontière de S.{\displaystyle S.} C'est une généralisation du théorème de Green, qui ne prend en compte que le k{\displaystyle \mathbf Modèle pour rendre une donnée Top Answerers 2 } composante de la boucle de F.{\displaystyle \mathbf end search9.} Mathématiquement, le théorème peut être écrit comme ci-dessous, où ∂S{\displaystyle \partial S} fait référence à la frontière de la surface.

Donc le théorème de Stokes a été vérifié
Notre réponse est en accord avec notre réponse obtenue à l'étape 6, donc le théorème de Stokes a été vérifié.

∮∂S⁡F⋅dr=∫S(∇×F)⋅dS{\displaystyle \oint _{\partial S}\mathbf end search0 \cdot \mathrm {d} \mathbf {r} =\int _{S }(\nabla \times \mathbf {F})\cdot \mathrm {d} \mathbf {S} }

Avec suffisamment de pratique en utilisant le théorème de Stokes
Avec suffisamment de pratique en utilisant le théorème de Stokes, vous serez capable de réécrire un problème en quelque chose de plus facile à résoudre.

La vraie puissance du théorème de Stokes est que tant que la frontière de la surface reste cohérente, l'intégrale de surface résultante est la même pour toute surface que nous choisissons. Intuitivement, cela est analogue à souffler une bulle à travers une baguette à bulles, où la bulle représente la surface et la baguette représente la limite. Parce que la baguette reste la même, l'intégrale de surface sera la même quelle que soit la forme de la bulle.

Partie 1 sur 3: dériver l'élément de surface

  1. 1
    Considérons une fonction vectorielle arbitraire r{\displaystyle \mathbf {r} } . Ci-dessous, on laisse z=f(x,y).{\displaystyle z=f(x,y).}
    • r=xi+yj+f(x,y)k{\displaystyle \mathbf {r} =x\mathbf {i} +y\mathbf {j} +f(x,y)\mathbf {k} }
  2. 2
    Calculer les différentiels. Pour drx,y{\displaystyle \mathrm {d} \mathbf {r} _{x},\,y} est maintenu constant, et vice versa. On utilise la notation fx=∂f(x,y)∂x.{\displaystyle f_{x}={\frac {\partial f(x,y)}{\partial x}}.}
    • drx=dxi+fxdxk{\displaystyle \mathrm {d} \mathbf {r} _{x}=\mathrm {d} x\mathbf {i} +f_{x}\mathrm {d} x\mathbf {k} }
    • dry=dyj+fydyk{\displaystyle \mathrm {d} \mathbf {r} _{y}=\mathrm {d} y\mathbf {j} +f_{y}\mathrm {d} y\mathbf {k} }
  3. 3
    Prenez le produit croisé des deux différentiels. Les intégrales de surface sont une généralisation des intégrales de ligne. Un élément de surface contient donc des informations sur sa surface et son orientation. Ainsi, le but est de calculer un produit croisé.
    • dS=drx×dry=|ijkdx0fxdx0dyfydy|=−fxdxdyi−fydxdyj+dxdyk{\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {d} \mathbf {S} &=\mathrm {d} \mathbf {r} _{x }\times \mathrm {d} \mathbf {r} _{y}\\&={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\\mathrm {d } x&0&f_{x}\mathrm {d} x\\0&\mathrm {d} y&f_{y}\mathrm {d} y\end{vmatrix}}\\&=-f_{x}\mathrm {d} x \mathrm {d} y\mathbf {i} -f_{y}\mathrm {d} x\mathrm {d} y\mathbf {j} +\mathrm {d} x\mathrm {d} y\mathbf {k } \end{aligné}}}
    • dS=(−fxi−fyj+k)dxdy{\displaystyle \mathrm {d} \mathbf {S} =(-f_{x}\mathbf {i} -f_{y}\mathbf {j} +\mathbf { k})\mathrm {d} x\mathrm {d} y}
    • La formule ci-dessus est l'élément de surface pour les surfaces générales définies par z=f(x,y).{\displaystyle z=f(x,y).} Il est important de noter que la nature des surfaces (plus précisément, la croix product) permet toujours une ambiguïté - la façon dont le vecteur normal pointe. Le résultat que nous avons dérivé s'applique aux normales externes, telles que reconnues par le composant positif k{\displaystyle \mathbf {k} } , et pour la plupart des applications, ce sera toujours le cas.

Partie 2 sur 3: exemple 1

  1. 1
    Trouvez l'intégrale de surface de g{\displaystyle \mathbf {g} } sur la surface z=12−4x2−3y2{\displaystyle z=12-4x^{2}-3y^{2}} . La surface ci-dessous a une limite d'ellipse, pas un cercle. Si nous choisissons de faire l'intégrale de surface, nous devrons utiliser le changement de variables Jacobien afin de convertir correctement en coordonnées polaires. Par conséquent, nous choisirons de paramétrer directement la frontière.
    • G=(2x2y−4xz)i+yj+x3zk{\displaystyle \mathbf {G} =(2x^{2}y-4xz)\mathbf {i} +y\mathbf {j} +x^{3}z \mathbf {k} }
  2. 2
    Paramétrer la frontière. Comme toujours, vérifiez que les paramètres choisis fonctionnent avant de continuer.
    • x=3cos⁡t{\displaystyle x={\sqrt {3}}\cos t}
    • y=2sin⁡t{\displaystyle y=2\sin t}
  3. 3
    Calculer les différentiels.
    • dx=−3sin⁡t{\displaystyle \mathrm {d} x=-{\sqrt {3}}\sin t}
    • dy=2cos⁡t{\displaystyle \mathrm {d} y=2\cos t}
  4. 4
    Remplacez ces paramètres dans le champ vectoriel et prenez le produit scalaire résultant g⋅dr{\displaystyle \mathbf {g} \cdot \mathrm {d} \mathbf {r} }. Puisque notre frontière est sur le plan xy, z=0,{\displaystyle z=0,} alors rayez tous les termes qui contiennent z.{\displaystyle z.} De plus, nous effectuons une intégrale en boucle fermée, donc notre intervalle est [02π].{\displaystyle [02\pi].}
    • ∮⁡G⋅dr=∫02π(2⋅3cos2⁡t⋅2sin⁡t⋅−3sin⁡t+4sin⁡tcos⁡t)dt=∫02π(−123cos2⁡tsin2⁡t+4sin⁡tcos⁡t)dt{ \displaystyle {\begin{aligné}\oint \mathbf {G} \cdot \mathrm {d} \mathbf {r} &=\int _{0}^{2\pi }(2\cdot 3\cos ^{ 2}t\cdot 2\sin t\cdot -{\sqrt {3}}\sin t+4\sin t\cos t)\mathrm {d} t\\&=\int _{0}^{2 \pi }(-12{\sqrt {3}}\cos ^{2}t\sin ^{2}t+4\sin t\cos t)\mathrm {d} t\end{aligned}}}
  5. 5
    Annuler les termes. Le deuxième terme est 0 si nous effectuons une u-substitution.
    • ∫02π(−123cos2⁡tsin2⁡t+4sin⁡tcos⁡t)dt{\displaystyle \int _{0}^{2\pi }(-12{\sqrt {3}}\cos ^{2}t\ sin ^{2}t+{\annuler {4\sin t\cos t}})\mathrm {d} t}
  6. 6
    Évaluer par tous les moyens possibles. Il est utile de mémoriser ∫02πcos2⁡tsin2⁡tdt=π4.{\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\cos ^{2}t\sin ^{2}t\mathrm {d} t= {\frac {\pi }{4}}.}
    • −123∫02πcos2⁡tsin2⁡tdt=−33π{\displaystyle -12{\sqrt {3}}\int _{0}^{2\pi }\cos ^{2}t\sin ^{2}t\ mathrm {d} t=-3{\sqrt {3}}\pi }
    • Pour vérifier que cette réponse est correcte, il suffit de faire l'intégrale de surface. Le processus sera plus long, car vous devez prendre la boucle d'un champ vectoriel et faire des Jacobiens lorsque vous convertissez l'intégrale de surface.
Le théorème de Stokes nous dit que s'intègre sur l'intervalle Il est utile de reconnaître ce qui permet
Le théorème de Stokes nous dit que s'intègre sur l'intervalle Il est utile de reconnaître ce qui permet d'annihiler ce terme.

Partie 3 sur 3: exemple 2

  1. 1
    Vérifier le théorème de Stokes. Utilisez la surface z=6−x2−y2{\displaystyle z=6-x^{2}-y^{2}} au-dessus du plan xy avec le champ vectoriel donné ci-dessous.
    • F=(x2−2y)i+(3x−2xz)j+(x2y2−4yz)k{\displaystyle \mathbf {F} =(x^{2}-2y)\mathbf {i} +(3x-2xz)\ mathbf {j} +(x^{2}y^{2}-4yz)\mathbf {k} }
    • Le but de la vérification est d'évaluer les deux intégrales et de vérifier que leurs réponses sont les mêmes. Tout d'abord, nous allons paramétrer la frontière et calculer l'intégrale de ligne. Ensuite, nous évaluerons l'intégrale de surface. Avec suffisamment de pratique en utilisant le théorème de Stokes, vous serez capable de réécrire un problème en quelque chose de plus facile à résoudre.
  2. 2
    Paramétrer la frontière. Lorsque nous définissons z=0,{\displaystyle z=0,} nous trouvons que la frontière est un cercle de rayon 6{\displaystyle {\sqrt {6}}} sur le plan xy. Par conséquent, les paramètres suivants sont appropriés. Ce sont les composants de r.{\displaystyle \mathbf {r}.}
    • x=6cos⁡t{\displaystyle x={\sqrt {6}}\cos t}
    • y=6sin⁡t{\displaystyle y={\sqrt {6}}\sin t}
  3. 3
    Calculer les différentiels.
    • dx=−6sin⁡tdt{\displaystyle \mathrm {d} x=-{\sqrt {6}}\sin t\mathrm {d} t}
    • dy=6cos⁡tdt{\displaystyle \mathrm {d} y={\sqrt {6}}\cos t\mathrm {d} t}
  4. 4
    Calculez le produit scalaire f⋅dr{\displaystyle \mathbf {f} \cdot \mathrm {d} \mathbf {r} } . Le champ vectoriel contient des termes contenant z{\displaystyle z} , mais puisque sur le plan xy, z=0,{\displaystyle z=0,} néglige ces termes.
    • F⋅dr=(6cos2⁡t−26sin⁡t)(−6sin⁡tdt)+(36cos⁡t)(6cos⁡tdt)=(−66cos2⁡tsin⁡t+12sin2⁡t+18cos2⁡t)dt{\ displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {F} \cdot \mathrm {d} \mathbf {r} &=(6\cos ^{2}t-2{\sqrt {6}}\sin t)(- {\sqrt {6}}\sin t\mathrm {d} t)+(3{\sqrt {6}}\cos t)({\sqrt {6}}\cos t\mathrm {d} t)\ \&=(-6{\sqrt {6}}\cos ^{2}t\sin t+12\sin ^{2}t+18\cos ^{2}t)\mathrm {d} t\end {aligné}}}
  5. 5
    Fixez les limites et simplifiez l'intégrande. Le théorème de Stokes nous dit que t{\displaystyle t} est en cours d'intégration sur l'intervalle [02π].{\displaystyle [02\pi].} Il est utile de reconnaître que ∫02πsin⁡tdt=0,{\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\sin t\mathrm {d} t=0,} ce qui permet d'annihiler ce terme. Même s'il est multiplié par cos2⁡t,{\displaystyle \cos ^{2}t,} cela n'affecte pas sin⁡t{\displaystyle \sin t} étant impair sur l'intervalle [02π]{\displaystyle [02 \pi]} car cos2⁡t{\displaystyle \cos ^{2}t} est pair.
    • ∫∂SF⋅dr=∫02π(12sin2⁡t+18cos2⁡t)dt{\displaystyle \int _{\partial S}\mathbf {F} \cdot \mathrm {d} \mathbf {r} =\int _ {0}^{2\pi }(12\sin ^{2}t+18\cos ^{2}t)\mathrm {d} t}
  6. 6
    Évaluer par tous les moyens possibles. Ici, on reconnaît que ∫02πsin2⁡tdt=∫02πcos2⁡tdt=π,{\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}t\mathrm {d} t=\int _{ 0}^{2\pi }\cos ^{2}t\mathrm {d} t=\pi,} qui, bien qu'ils puissent être trouvés à l'aide d'identités trig, valent quand même la peine d'être mémorisés.
    • ∫02π(12sin2⁡t+18cos2⁡t)dt=30π{\displaystyle \int _{0}^{2\pi }(12\sin ^{2}t+18\cos ^{2}t)\mathrm {d} t=30\pi }
  7. 7
    Trouvez l'élément de surface ds{\displaystyle \mathrm {d} \mathbf {s} } . Nous rappelons la formule convertissant l'intégrale de surface en une intégrale de surface plus facile à gérer comme dS=(−fxi−fyj+k)dA.{\displaystyle \mathrm {d} \mathbf {S} =(-f_{x} \mathbf {i} -f_{y}\mathbf {j} +\mathbf {k})\mathrm {d} A.} Dans ce cas, f{\displaystyle f} fait référence à la surface z=f(x, y)=6−x2−y2.{\displaystyle z=f(x,y)=6-x^{2}-y^{2}.}
    • dS=(2xi+2yj+k)dA{\displaystyle \mathrm {d} \mathbf {S} =(2x\mathbf {i} +2y\mathbf {j} +\mathbf {k})\mathrm {d} UNE}
  8. 8
    Trouvez la boucle de f,{\displaystyle \mathbf {f},} et calculez le produit scalaire résultant (∇×f)⋅ds{\displaystyle (\nabla \times \mathbf {f})\cdot \mathrm {d} \mathbf {s} } . Au cours du produit scalaire, nous constatons que nous avons trois variables, mais nous intégrons sur seulement deux dimensions. Remplacez simplement z=6−x2−y2{\displaystyle z=6-x^{2}-y^{2}} pour résoudre ce problème.
    • ∇×F=|ijk∂/∂x∂/∂y∂/∂zx2−2y3x−2xxx2y2−4yz|=(2x2y−4z+2x)i−(2xy2)j+(5−2z)k{\displaystyle {\ begin{aligned}\nabla \times \mathbf {F} &={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\\partial /\partial x&\partial /\ partiel y&\partial /\partial z\\x^{2}-2y&3x-2xz&x^{2}y^{2}-4yz\end{vmatrix}}\\&=(2x^{2}y-4z+ 2x)\mathbf {i} -(2xy^{2})\mathbf {j} +(5-2z)\mathbf {k} \end{aligné}}}
    • ∫S(∇×F)⋅dS=∫D(4x3y−8xz+4x2−4xy3+5−2z)dA{\displaystyle \int _{S}(\nabla \times \mathbf {F})\cdot \mathrm {d} \mathbf {S} =\int _{D}(4x^{3}y-8xz+4x^{2}-4xy^{3}+5-2z)\mathrm {d} A}
  9. 9
    Annuler les termes. La fonction f(x,y)=6−x2−y2{\displaystyle f(x,y)=6-x^{2}-y^{2}} est symétrique à la fois sur x{\displaystyle x} et y{\displaystyle y} axes. Par conséquent, tous les termes avec une fonction impaire de l'une ou l'autre variable s'annuleront. Dans ce problème, notez que f(x,y){\displaystyle f(x,y)} est une fonction paire. Par conséquent, nous n'avons même pas besoin de faire la multiplication pour le terme 8xz{\displaystyle 8xz} , car 8x{\displaystyle 8x} est impair, donc le terme entier s'annule. Cette étape simplifie grandement l'intégrale à évaluer.
    • ∫D(4x3y−8xz+4x2−4xy3+5−12+2x2+2y2)dA{\displaystyle \int _{D}({\cancel {4x^{3}y}}-{\cancel {8xz}} +4x^{2}-{\cancel {4xy^{3}}}+5-12+2x^{2}+2y^{2})\mathrm {d} A}
  10. 10
    Simplifiez et convertissez en coordonnées polaires. Notre problème a maintenant été réduit à une aire intégrale sur le plan xy, car nous avons profité du théorème de Stokes et reconnu que cette "surface" - le disque sur le plan - produira le même résultat que notre paraboloïde elliptique.
    • ∫D(6x2+2y2−7)dA=∫06rdr∫02πdθ(6r2cos2⁡θ+2r2sin2⁡θ−7){\displaystyle \int _{D}(6x^{2}+2y^{2}-7) \mathrm {d} A=\int _{0}^{\sqrt {6}}r\mathrm {d} r\int _{0}^{2\pi }\mathrm {d} \theta (6r^ {2}\cos ^{2}\theta +2r^{2}\sin ^{2}\theta -7)}
  11. 11
    Évaluer par tous les moyens possibles.
    • ∫06rdr(8r2π−14π)=π∫06(8r3−14r)dr=π(2⋅36−7⋅6)=30π{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\sqrt { 6}}r\mathrm {d} r(8r^{2}\pi -14\pi)&=\pi \int _{0}^{\sqrt {6}}(8r^{3}-14r) \mathrm {d} r\\&=\pi (2\cdot 36-7\cdot 6)\\&=30\pi \end{aligned}}}
    • Notre réponse est en accord avec notre réponse obtenue à l'étape 6, donc le théorème de Stokes a été vérifié.
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