Utilisateur:Sharayanan/tmp

Chapitre 2

Exercice : formes et applications linéaires

Énoncé

Dans cet exercice, on suppose connue une base orthonormée de l'espace $\left(\mathbf {e} _{x},\mathbf {e} _{y},\mathbf {e} _{z}\right)$.

Partie 1

1. Trouver le vecteur traduisant par son produit scalaire l’application qui à un vecteur de l'espace associe sa coordonnée selon l'axe x.
2. Faire de même avec les applications qui à un vecteur associent leur coordonnée suivant y et z.
3. Représenter le tenseur identité, expliquer le lien avec les deux questions précédentes.

Partie 2

1. Soit le vecteur v de coordonnées (1, 0, -2). Montrer que l’application ƒ(u) = v × u est linéaire.
2. Trouver le tenseur F qui représente l’application ƒ.
3. Quelles sont les propriétés de F ?
4. Représenter F dans la base suivante :

$\left(\mathbf {e} _{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\mathbf {v} ,\mathbf {e} _{2}={\frac {1}{\sqrt {5}}}{\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}},\mathbf {e} _{3}={\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}\right)$

Correction

Partie 1

1. Il s'agit du vecteur unitaire $\mathbf {e} _{x}$. On peut s'en convaincre de plusieurs façons, la plus simple étant de constater que le produit scalaire de ce vecteur avec tout autre vecteur donne la coordonnée en x de ce dernier.

2. De même, il s'agit respectivement de $\mathbf {e} _{y}$ et de $\mathbf {e} _{z}$.

3. Le tenseur identité, dans la base orthonormée, a la forme suivante :

$\mathbf {1} ={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$

Puisqu'on a par ailleurs la relation de fermeture :

$\mathbf {1} =\sum _{i=x,y,z}\left(\mathbf {e} _{i}\otimes \mathbf {e} _{i}\right)$

on peut interpréter ce tenseur comme l’application qui associe à tout vecteur un vecteur dont les coordonnées sont identiques :

$\mathbf {1} \left(\mathbf {u} \right)=\mathbf {1} {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\mathbf {e} _{x}\cdot \mathbf {u} \\\mathbf {e} _{y}\cdot \mathbf {u} \\\mathbf {e} _{z}\cdot \mathbf {u} \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=\mathbf {u}$

Partie 2

1. Soit deux vecteurs a et b, et un scalaire λ. On a alors, par linéarité du produit vectoriel :

${\begin{aligned}f\left(\mathbf {a} +\lambda \mathbf {b} \right)&=\mathbf {v} \times \left(\mathbf {a} +\lambda \mathbf {b} \right)\\&=\mathbf {v} \times \mathbf {a} +\mathbf {v} \times \left(\lambda \mathbf {b} \right)\\&=\mathbf {v} \times \mathbf {a} +\lambda \mathbf {v} \times \mathbf {b} \\&=f\left(\mathbf {a} \right)+\lambda f\left(\mathbf {v} \right)\end{aligned}}$

Ce qui montre que l’application ƒ est linéaire.

2. Les coordonnées de F sont :

${\begin{aligned}F_{i,j}&=\mathbf {e} _{i}\cdot \mathbf {F} \left(\mathbf {e} _{j}\right)\\&=\mathbf {e} _{i}\cdot f\left(\mathbf {e} _{j}\right)\\&=\left(\mathbf {v} \times \mathbf {e} _{j}\right)\cdot \mathbf {e} _{i}\\&=\left(\mathbf {e} _{i}\times \mathbf {v} \right)\cdot \mathbf {e} _{j}\\&=\left(\mathbf {e} _{j}\times \mathbf {e} _{i}\right)\cdot \mathbf {v} \end{aligned}}$

On peut déjà remarquer, par les propriétés du produit vectoriel, que $F_{i,j}=-F_{j,i}$, c'est-à-dire que F est anti-symétrique. Aussi, nous pourrons nous contenter de ne calculer que ses trois composantes indépendantes, les autres s'en déduisant :

$F_{y,x}=\left(\mathbf {e} _{x}\times \mathbf {e} _{y}\right)\cdot \mathbf {v} =\mathbf {e} _{z}\cdot \mathbf {v} =-2$

$F_{z,y}=\left(\mathbf {e} _{y}\times \mathbf {e} _{z}\right)\cdot \mathbf {v} =\mathbf {e} _{x}\cdot \mathbf {v} =1$

$F_{z,x}=\left(\mathbf {e} _{x}\times \mathbf {e} _{z}\right)\cdot \mathbf {v} =-\mathbf {e} _{y}\cdot \mathbf {v} =0$

Ainsi, dans cette base, F est représenté par la matrice suivante, que l’on note également F par abus de notations :

$\mathbf {F} ={\begin{pmatrix}0&2&0\\-2&0&-1\\0&1&0\\\end{pmatrix}}$

3. On a les propriétés suivantes :

• F est anti-symétrique (a) ;
• Sa trace est nulle (conséquence de (a)) ;
• F(v) = 0 (b) ;
• F est de rang 2 ;
• Le déterminant de F est nul (conséquence de (b), puisque v ne l'est pas) ;
• Le polynôme caractéristique de F est $\chi =x^{3}+5x$
• F possède une valeur propre nulle et deux valeurs propres complexes conjuguées ($\pm i{\sqrt {5}}$) ;
• Le noyau de F est la droite dirigée par v.

…

4. De même qu'en 2, on accède aux trois coordonnées de F dans cette nouvelle base

$F_{2,1}=\left(\mathbf {e} _{1}\times \mathbf {e} _{2}\right)\cdot \mathbf {v} =\mathbf {e} _{3}\cdot \mathbf {v} =0$

$F_{3,2}=\left(\mathbf {e} _{2}\times \mathbf {e} _{3}\right)\cdot \mathbf {v} =\mathbf {e} _{1}\cdot \mathbf {v} ={\sqrt {5}}$

$F_{3,1}=\left(\mathbf {e} _{1}\times \mathbf {e} _{3}\right)\cdot \mathbf {v} =-\mathbf {e} _{2}\cdot \mathbf {v} =0$

Ainsi, dans cette base, F est représentée de la manière suivante :

${\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-{\sqrt {5}}\\0&{\sqrt {5}}&0\\\end{pmatrix}}$

Toutes les propriétés vues en 3 sont évidemment conservées, mais on peut remarquer la forme plus élégante (entre autres, diagonale par blocs) de la représentation de F dans cette base. En particulier, dans cette base, F² est diagonale.

Exercice : rotation du repère

Énoncé

Soit T un tenseur. Soit une base B₀.

On considère la base B₁, rotation de B₀. On représente la rotation associée par un tenseur orthogonal Ω.

1. Rappeler la définition d'un tenseur orthogonal.
2. Exprimer les vecteurs v_i de B₁ à partir des vecteurs b_i de B₀.
3. Exprimer la matrice T₁ qui représente T dans B₁ à partir de la matrice T₀ qui le représente dans B₀.

Correction

1. ${\boldsymbol {\Omega }}\cdot {\boldsymbol {\Omega }}^{\mathrm {T} }=\mathbf {1}$
2. $\forall i=1,2,3,\quad \mathbf {v} _{i}={\boldsymbol {\Omega }}\left(\mathbf {b} _{i}\right)$
3. Dans la première base, pour tout vecteur b₀,

$\mathbf {c} _{0}=\mathbf {T} _{0}\left(\mathbf {b} \right)$

Dans la seconde base, on a :

$\mathbf {c} _{1}=\mathbf {T} _{1}\left(\mathbf {b} _{1}\right)$

Donc, d’après 2, on a :

${\boldsymbol {\Omega }}\left(\mathbf {c} _{1}\right)=\mathbf {T} _{1}\left(\mathbf {b} _{1}\right)$

C'est encore à dire :

${\boldsymbol {\Omega }}\left(\mathbf {T} _{0}\left(\mathbf {b} _{0}\right)\right)=\mathbf {T} _{1}\left(\mathbf {b} _{1}\right)$

Et enfin, en utilisant 2 et 1 pour inverser 2 :

${\boldsymbol {\Omega }}\left(\mathbf {T} _{0}\left({\boldsymbol {\Omega }}^{\mathrm {T} }\left(\mathbf {b} _{1}\right)\right)\right)=\mathbf {T} _{1}\left(\mathbf {b} _{1}\right)$

Ceci étant vrai pour tout vecteur b₀, il s'ensuit l'égalité suivante :

$\mathbf {T} _{1}={\boldsymbol {\Omega }}\cdot \mathbf {T} _{0}\cdot {\boldsymbol {\Omega }}^{\mathrm {T} }$

Chapitre 3

Chapitre 4

Exercice : déformations simples

Énoncé

Partie 1

Soit un solide occupant le cube $X_{i}\in [0,1]$ dans la configuration de référence. On lui impose une configuration :

$x_{1}=X_{1}+\kappa ~X_{2}$

$x_{2}=X_{2}$

$x_{3}=X_{3}$

par un moyen dont on ne se préoccupe pas.

1. Représenter la configuration actuelle ;
2. Calculer le tenseur E de Green-Lagrange ;
3. Calculer la variation de volume ;
4. Calculer l'élongation selon les directions e₁ et e₂
5. Calculer l'élongation selon les directions ${\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\mathbf {e} _{1}+\mathbf {e} _{2}\right)$ et ${\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\mathbf {e} _{1}-\mathbf {e} _{2}\right)$.
6. Trouver les directions principales de déformation et les élongations associées.
7. Faire l’application numérique pour $\kappa =0,4$

Chapitre 5

Chapitre 6

Chapitre 7

Chapitre 8