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mathématiques - S1 TD 6 : Vecteurs : corrigé département Mesures Physiques - IU

mathématiques - S1 TD 6 : Vecteurs : corrigé département Mesures Physiques - IUT1 - Grenoble Dans tous les exercices, les coordonnées cartésiennes sont données dans un repère or- thonormé direct du plan (O,⃗ ı,⃗ ) ou de l’espace (O,⃗ ı,⃗ ,⃗ k). exercices théoriques 1. convertir en coordonnées (a) cartésiennes les coordonnées cylindriques r = 3, θ = −π/6, z = 2 (b) cartésiennes les coordonnées sphériques r = 2, θ = π/6, ϕ = π/4 (c) cylindriques les coordonnées cartésiennes x = − √ 2, y = √ 2, z = 1 (d) sphériques les coordonnées cartésiennes x = 1, y = 1, z = 1 corrigé succint : (a) x = 3 √ 3/2, y = −3/2, z = 2 (b) x = √ 2/2, y = √ 2/2, z = √ 3 (c) r = 2, θ = π −π/4 = 3π/4, z = 1 (d) r = √ 3 , y/x = sin ϕ/ cos ϕ = tan ϕ = 1, donc ϕ est de la forme π/4 + kπ. Mais comme θ est dans [0, π], le fait que x et y soient positifs implique que cos ϕ et sin ϕ le sont, donc ϕ est entre 0 et π/2 : ϕ = π/4 . Enﬁn, on obtient donc cos θ = z/r = 1/ √ 3 donc θ = arccos 1/ √ 3 . 2. Décrire les surfaces suivantes dans le système de coordonnées le mieux adapté : (a) le demi-disque supérieur de centre O et rayon 2 en polaires (b) la surface triangulaire de sommets A(1, 0), B(1, 1), C(2, 0) (c) la portion de cylindre d’axe (Oz), de rayon 3, comprise entre les plans d’équa- tions z = 1 et z = 2 (d) le cône droit de base circulaire de rayon R et de hauteur H (e) le noyau externe de la Terre, d’épaisseur 2300km à partir de 1200km du centre corrigé succint : (a) 0 ≤r ≤2, 0 ≤θ ≤π (b) 1 ≤x ≤2, 0 ≤y ≤−x + 2 (c) 1 ≤z ≤2, 0 ≤r ≤3 (d) 0 ≤r ≤R, 0 ≤z ≤H(R −r)/R, ou bien 0 ≤z ≤H, 0 ≤r ≤R(H −z)/H (e) 2300 ≤r ≤3500, 0 ≤θ ≤π, 0 ≤ϕ ≤2π 3. (a) Que valent d ⃗ ur dr et d ⃗ uθ dr ? (b) Si r et θ sont des fonctions du temps, calculer d ⃗ ur dt et d ⃗ uθ dt . corrigé succint : (a) Aucun des deux vecteurs du repère polaire de dépend de θ..donc les dérivées sont nulles. (b) On peut écrire (dérivation de fonction composées) : d ⃗ ur dt = d ⃗ ur dθ × dθ dt , donc d ⃗ ur dt = θ′ ⃗ uθ. De même, d ⃗ uθ dt = −θ′ ⃗ ur. 4. Résoudre les systèmes (S1) :    x −2y + z = −1 x −y + z = 3 2x −y + 2z = 0 et (S2) :    3x −2y + 5z = 4 4x −y + z = 5 6x −4y + z = −1 . corrigé succint : pour (S1) on ne trouve pas de solution. pour (S2) x = 9/5, y = 16/5, z = 1. 5. On donne ⃗ u(1, 2, −1), ⃗ v(0, −1, 1). Calculer ⃗ u.⃗ v et ⃗ u ∧⃗ v. corrigé succinct : ⃗ u.⃗ v = −3, ⃗ u ∧⃗ v = (1, −1, −1) 6. On considère ⃗ u =⃗ i −⃗ j + 2⃗ k et ⃗ v = − ⃗ i −2⃗ j + ⃗ k. Déterminer leurs normes, leur produit scalaire, l’angle qu’ils forment entre eux, la projection de ⃗ u sur ⃗ v, un vecteur orthogonal à ⃗ u et ⃗ v. corrigé succinct : On a ||⃗ u|| = p 12 + (−1)2 + 22 = √ 6, et de même ||⃗ v|| = √ 6. Et ⃗ u.⃗ v = 1 × (−1) + (−1) × (−2) + 2 × 1 = 3. Mais on sait que ⃗ u.⃗ v = ||⃗ u||.||⃗ v||. cos(⃗ u,⃗ v), donc cos(⃗ u,⃗ v) = 3/6 = 1/2, et donc l’angle géométrique (⃗ u,⃗ v) vaut π 3 . Soit ⃗ w le projeté de ⃗ u sur ⃗ v. Alors ⃗ w est de la forme λ⃗ v et tel que ⃗ u −⃗ w soit orthogonal à ⃗ v : ainsi, ⃗ u.⃗ v −λ||⃗ v||2 = 0. λ = ⃗ u.⃗ v/||⃗ v||2, et donc le projeté de ⃗ u sur ⃗ v est ⃗ u.⃗ v ||⃗ v||2 ⃗ v. Ici, c’est donc le vecteur ⃗ v/2. le vecteur ⃗ u ∧⃗ v est un vecteur orthogonal à ⃗ u et ⃗ v...Et on calcule ⃗ u ∧⃗ v = (3, −3, −3) (remarque : (1, −1, −1) ou (−1, 1, 1) sont aussi des solutions). 7. (a) Soit (P) un plan de vecteur normal ⃗ n passant par A, et M un point quelconque de l’espace. Déterminer la distance d(M, P) en fonction de ⃗ AM et ⃗ n. (b) Soit (D) une droite de vecteur directeur ⃗ u passant par A, et M un point quel- conque; calculer d(M, D) en fonction de ⃗ AM et ⃗ u. Applications numériques : (D1) déﬁnie par A(1, 0, −1) et ⃗ u(1, −2, 1), M1(1, −1, 3). (D2) intersection de 3x + 2y −z = 7 et x + 3y + z = 0, M2(2, 1, −1). corrigé succinct : (a) Notons H la projection orthogonale de M sur P. La distance d(M, P) cherchée est alors MH. Mais ⃗ AM = ⃗ AH + ⃗ HM, et donc ⃗ AM.⃗ n = ⃗ HM.⃗ n (car ⃗ AH est un vecteur du plan P, donc est orthogonal à ⃗ n), et comme ⃗ HM et ⃗ n sont colinéaires, le pro- duit scalaire ⃗ HM.⃗ n vaut ±HM||⃗ n||. Ainsi, on a bien HM = | ⃗ AM.⃗ n|/||⃗ n||, d’où d(M, P) = | ⃗ AM.⃗ n| ||⃗ n|| . (b) Appelons H la projection orthogonale de M sur D. Alors MH est la distance cher- chée. On peut décomposer le vecteur ⃗ AM en ⃗ AM = ⃗ AH + ⃗ HM, et on a ⃗ AM ∧⃗ u = ⃗ AH ∧⃗ u + ⃗ HM ∧⃗ u. Mais ⃗ u et ⃗ AH sont colinéraires, donc ⃗ AM ∧⃗ u = ⃗ 0 + ⃗ HM ∧⃗ u. Et comme ⃗ u et ⃗ HM sont orthogonaux, ﬁnalement, || ⃗ AM ∧⃗ u|| = || ⃗ HM||.||⃗ u||. D’où la formule d(M, D) = || ⃗ HM|| = || ⃗ AM∧⃗ u|| ||⃗ u|| . Pour le premier exemple, il s’agit d’une application directe de la formule précédente. On trouve d(M1, D1) = ||(7,4,1)|| ||(1,−2,1)|| = √ 11. Dans le deuxième exemple, la difﬁculté est de trouver un vecteur directeur et un point de (D2). La droite est déﬁnie comme intersection de deux plans, plans dont les vecteurs nor- maux (3, 2, −1) et (1, 3, 1) sont orthogonaux à la direction de la droite. Par conséquent (cf. exercice T2), le vecteur (3, 2, −1) ∧(1, 3, 1) = (5, −4, 7) est un vecteur directeur de D. Pour trouver un point de la droite, il faut ﬁxer une de ses coordonnées librement puis résoudre un système pour trouver les deux autres. Par exemple cherchons le point A dont la côte z vaut 0 : ses coordonnées x et y vériﬁent 3x+2y = 5 et x+3y = 0, d’où x = 3 et y = −1 : A(3, −1, 0). Ainsi, d(M2, D2) = ||(−10,−2,6)|| ||(5,−4,7)|| = √ 14/3. exercices pratiques 1. Exprimer en coordonnées cartésiennes et cylindriques les vecteurs : (a) le poids ⃗ P = m⃗ g (la direction verticale est celle de ⃗ k), (b) une force élastique ⃗ F1 = −k1 ⃗ OM, (c) une force de frottement visqueux ⃗ F2 = −k2⃗ v, corrigé succint : (a) (b) (c) 2. Élingage On attache une charge de masse m = 50 kg par deux câbles formant un angle α entre eux, puis on suspend le tout par un autre câble. Si chaque câble, individuelle- ment, supporte une masse de 50 kg, le montage est-il solide ? corrigé succinct : On appelle ⃗ P le poids de la charge, ⃗ T la tension du câble principal, et ⃗ T1 et ⃗ T2 les tensions des deux câbles de gauche et droite. Alors ⃗ T = −⃗ P et ⃗ T + ⃗ T1 + ⃗ T2 = ⃗ 0. ⃗ T1 et ⃗ T2 ont la même composante verticale, donc ||⃗ T ||2 = −⃗ T.( ⃗ T1 + ⃗ T2) = −2⃗ T . ⃗ T1 = 2||⃗ T ||.|| ⃗ T1|| cos(α/2), et ﬁnalement || ⃗ T1|| = mg 2 cos(α/2). Pour que le système tienne, il faut que || ⃗ T1|| soit supérieur à mg, donc 2 uploads/Geographie/ exercice-elec.pdf