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Champ électrique créé par un fil rectiligne

Posté par
TheBartov 01-04-13 à 17:19

Bonjour, je bloque sur un annale d'électro... c'est qu'une question de dérivabilité ou de simplification je pense. Mais je n'y arrive simplement pas. Pouvez vous m'aider s'il vous plait ?


On cherche le potentiel et le champ dans le plan médiant d'un fil rectiligne, étendu sur l'axe Oz et centré en O...
on pose u=z/2r

J'ai trouvé le potentiel :

V(x,y,0)= \frac{lambda}{2pi \times epsilon} \int_0^{L/(2r)} \frac{du}{ \sqrt{1+u^2}}

On nous donne

\int_0^{x} \frac{du}{ \sqrt{1+u^2}}=ln(x+ \sqrt{1+x^2})

Jusqu'à là, je sais faire, mais c'est maintenant que ça se gâte :

Montrer que :

\vec{E}(r)= \frac{lambda}{2r \times pi \times epsilon} \frac{1}{\sqrt{1+( \frac{2r}{L})^2}}

sachant :

\vec{E}=\vec{grad}(V) \\ ln(1+x)=x+o(x) \\ \sqrt{1+x}=1+1/2x +o(x)

Posté par
TheBartovre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 01-04-13 à 17:19

Merci d'avance !

Posté par
TheBartovre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 01-04-13 à 19:16

* y a pas de flèche sur le E dans "montrer que : E(r)=..."

Posté par
athrunre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 01-04-13 à 20:58

\large V(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\int_0^\frac{L}{2r}\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}

\large\vec{E}=-\overrightarrow{\mathrm{grad}}\ V(r)=-\frac{d}{dr}(V(r))\vec{e_r}=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\left(-\frac{L}{2r^2}\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{L}{2r})^2}}\right)\vec{e_r}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon r}\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{2r}{L})^2}}\vec{e_r}


En fait on a utilisé que

\large\frac{d}{dx}\int_a^{f(x)}g(u)du=f'(x)g(f(x))

Posté par
athrunre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 01-04-13 à 21:00

On n'est pas obligé d'utiliser cette dernière formule puisqu'ils donnent l'intégrale en fait.

Posté par
TheBartovre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 01-04-13 à 23:24

Ah ok... je connaissais pas cette formule la avec la dérivée de l'intégrale !

Merci beaucoup Athrun; votre aide m'a été très utile !

Posté par
athrunre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 01-04-13 à 23:39

de rien

NB : je disais dans mon second message qu'il n'est pas indispensable d'utiliser la formule que j'ai donnée (qui d'ailleurs pour être appliquée en mathématiques nécessite beaucoup d'hypothèses).

En effet il suffit d'écrire que :

\large\int_0^\frac{L}{2r}\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}=\ln\left(\frac{L}{2r}+\sqrt{1+(\frac{L}{2r})^2}\right)

Donc :   \large\frac{d}{dr}\int_0^\frac{L}{2r}\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}=\frac{d}{dr}\ln\left(\frac{L}{2r}+\sqrt{1+(\frac{L}{2r})^2}\right)

Posté par
TheBartovre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 02-04-13 à 10:44

Ben justement, la dérivée de

ln({\frac{L}{2r} + \sqrt{1 + (\frac{L}{2r})^2} )

est horrible et non simplifiable (du moins pour arrivé au résultat estompé :$

Posté par
athrunre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 02-04-13 à 13:27

C'est vrai...

cependant on peut utiliser cette petite astuce de calcul :

on pose x:=\frac{L}{2r} alors dx=-\frac{L}{2r^2}dr puis \blue\boxed{\frac{d}{dr}\cdot=-\frac{L}{2r^2}\frac{d}{dx}\cdot}

donc

\large\frac{d}{dr}\ln(\frac{L}{2r}+\sqrt{1+(\frac{L}{2r})^2})=\frac{d}{dr}\ln(x+\sqrt{1+x^2})=-\frac{L}{2r^2}\frac{d}{dx}\ln(x+\sqrt{1+x^2})

On montre facilement que \frac{d}{dx}\ln(x+\sqrt{1+x^2})=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}

(   on peut aussi savoir que x\mapsto\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} est la dérivée de x\mapsto\mathrm{argsh}(x)=\ln(x+\sqrt{1+x^2})   )

Enfin

\large\frac{d}{dr}\ln(\frac{L}{2r}+\sqrt{1+(\frac{L}{2r})^2})=(-\frac{1}{r})\frac{L}{2r}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=(-\frac{1}{r})\frac{L}{2r}\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{L}{2r})^2}}={\red-\frac{1}{r}\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{2r}{L})^2}}}

Posté par
TheBartovre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 02-04-13 à 14:13

Ah ok.. mais par curiosité, c'est quoi les hypothèses à faire pour trouver la formule de l'intégrale ?

Et votre astuce :

dx = - \frac{L}{2r^2} dr  <=>  \frac{d}{dr}=- \frac{L}{2r^2}.\frac{d}{dx}

Je comprends l'astuce qui revient à diviser par dx et dr, comme pour l'astuce \frac{df}{dx}=\frac{df}{dr}\frac{dr}{dx} où on "simplifie" pour revenir à la forme initiale.

Mais c'est quoi la signification de l'astuce ? :/ Je peux poux paraître incompétent, mais je ne suis qu'en L1 et notre bagage mathématique commence à peine à s'enrichir !

Quoi qu'il en soit, vous m'aider grandement à augmenter mes capacité mathématiques là ! Merci encore !

Posté par
TheBartovre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 02-04-13 à 14:22

Nan, c'est bon, j'ai trouvé !

si on pose x=\frac{L}{2r}

On a alors \frac{d}{dr}=\frac{d}{dx}.\frac{dx}{dr}

Ce qui revient à utiliser mon astuce ! Merci beaucoup !!!

Et pour ce qu'il en est des hypothèses ? =)

Posté par
athrunre : Champ électrique créé par un fil rectiligne 02-04-13 à 17:31

\boxed{\cdot} Oui c'est bien ça, avec les dérivées premières on peut travailler comme avec des produits.

\boxed{\cdot} Pour ce qui est de l'intégrale à dériver en fait j'avais en tête la dérivation des intégrales à paramètre (tu ne sais probablement pas ce que c'est ce qui serait bien normal) qui requiert beaucoup d'hypothèses. Ici on n'a pas une intégrale à paramètre donc tout va bien (y a peu d'hypothèses en fait et celles-ci sont évidentes) :

en fait pour dériver la fonction \varphi(x)=\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)dt   il suffit que \alpha et \beta soient dérivables.

En effet soit F une primitive de f, alors \varphi(x)=F(\beta(x))-F(\alpha(x))   (théorème fondamental de l'analyse).

Puis par dérivation : \varphi'(x)=\beta'(x)f(\beta(x))-\alpha'(x)f(\alpha(x))      (F'=f)


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