Concours Physique École Polytechnique (M') 1995 (Corrigé)

Corrigé
Première Partie
1.a. C’est l’équation classique de continuité:
\(div\;\vec j + \frac{{\partial C}}{{\partial t}} = 0\)
1.b. La loi de Fick:
\(\vec j = - D\mathop {grad}\limits^ \to C\)
mène immédiatement à:
\(D\;\Delta C = \frac{{\partial C}}{{\partial t}}\)
Δ désignant l’opérateur Laplacien.

2.a. Il suffit de vérifier l’équation différentielle (linéaire, donc indépendante de K) ci-dessous; on calcule donc:
\(\frac{\partial }{\partial t}\left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = Ke^{-x^{2}/4Dt}
\left(  - \frac{1}{2t^{\frac{3}{2}}} + \frac{1}{t^{\frac{5}{2}}}\frac{x^2}{4D} \right)\)
qu’on écrira encore:
\(\frac{\partial }{\partial t}\left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = - \frac{K}{t\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \left( \frac{1}{2} - \frac{x^2}{4Dt} \right)\)
et, d’autre part, le Laplacien s’écrit ici:
\(D\Delta \left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = D\frac{\partial ^2}{\partial {x^2}}\left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = \frac{DK}{\sqrt t }\frac{\partial }{\partial x}\left( - \frac{2x}{4Dt}e^{-x^{2}/4Dt} \right)\)
ou, après une seconde dérivation:
\(D\Delta \left( \frac{K}{\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt} \right) = - \frac{K}{2t\sqrt t }e^{-x^{2}/4Dt}
\left( 1 - \frac{2x}{4Dt} \right)\)
d’où par identification:
\(D\;\Delta C = \frac{{\partial C}}{{\partial t}}\)
c’est-à-dire que cette fonction vérifie l’équation différentielle de la diffusion.
D’autre part, les conditions initiales sont données par le comportement asymptotique de cette fonction si t → 0; on a alors:
\(\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} = \frac{K}{{\sqrt t }}e^{-x^{2}/4Dt}
= 0\)
car l’exponentielle l’emporte sur la puissance; mais cette convergence vers la fonction 0 n’est pas uniforme puisqu’on a aussi:
\(C\left( {x,t} \right) = \frac{K}{{\sqrt t }}e^{-x^{2}/4Dt}
\Rightarrow C\left( {0,t} \right) = \frac{K}{{\sqrt t }}\)
correspondant à une densité très élevée en x = 0, en toute rigueur infinie à t = 0. On détermine enfin K en écrivant le nombre total de particules (conservé):
\({N_0} = \int_{x = - \infty }^\infty {C\left( {x,t} \right)Sdx} = \frac{{KS}}{{\sqrt t }}\int_{x = - \infty }^\infty {e^{-x^{2}/4Dt}
dx} = \frac{{KS}}{{\sqrt t }}\int_{u - \infty }^\infty {{e^{ - {u^2}}}\sqrt {4Dt} du} \)
puisqu’on néglige les effets de bord et qu’on peut donc intégrer au delà de la longueur du tube. En utilisant les résultats fournis par l’énoncé, il vient:
\({N_0} = 2KS\sqrt D \int_{ - \infty }^\infty {{e^{ - {u^2}}}du} = 2KS\sqrt {\pi D} \)
soit enfin la relation demandée:
\(K = \frac{{{N_0}}}{{2S\sqrt {\pi D} }}\)

2.b. Le nombre demandé est bien sûr:
\(dN = CSdx = \frac{{{N_0}}}{{2\sqrt {\pi Dt} }}e^{-x^{2}/4Dt}
dx\)
et la probabilité demandée s’obtient par normalisation:
\(Pdx = \frac{{dN}}{{{N_0}}}\)
d’où l’expression:
\(P\left( {x,t} \right) = \frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}e^{-x^{2}/4Dt}
dx\)
2.c. L’abscisse moyenne des molécules marquées reste évidemment nulle à tout instant puisque la diffusion est symétrique de part et d’autre du centre O; on le constate aussi par parité de l’intégrant dans:
\( < x > = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}xe^{-x^{2}/4Dt}
dx = 0} \)
Par contre, son écart quadratique moyen augmente régulièrement au fur et à mesure de la diffusion selon:
\(x_m^2 = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}{x^2}e^{-x^{2}/4Dt}
dx = \frac{1}{{2\sqrt {\pi Dt} }}\int_{ - \infty }^\infty {{{\left( {4Dt} \right)}^{{\textstyle{3 \over 2}}}}{u^2}{e^{ - {u^2}}}du} } \)
soit enfin, compte tenu des résultats de l’énoncé:
\({x_m} = \sqrt {2Dt} \)
3. On a immédiatement:
\(D = \frac{{kT}}{{6\pi \eta {r_0}}} = 1,79\;{10^{ - 9}}{m^2}{s^{ - 1}}\)
\({x_m}\left( t \right) = \sqrt {2Dt} = 189\mu m\)

Seconde Partie
1. a. Les effets mécaniques d’un champ magnétique sur un dipôle sont ceux d’un couple de moment:
\(\vec \Gamma = \vec \mu \wedge {\vec B_0}\)
d’où, par application du théorème du moment cinétique:
\(\frac{d}{{dt}}\vec I = \frac{1}{\gamma }\frac{{d\vec \mu }}{{dt}} = \vec \mu \wedge {\vec B_0}\)
qu’on écrira encore:
\(\frac{{d\vec \mu }}{{dt}} = {\vec \omega _0} \wedge \vec \mu \)
1. b. La nouvelle équation différentielle s’écrit:
\(\frac{{d\vec M}}{{dt}} = {\vec \omega _0} \wedge \vec M\)
d’où, par projection sur Oz:
\(\frac{{d{M_z}}}{{dt}} = 0\)
et, en effectuant le produit scalaire par \(\vec M\):
\(\vec M \cdot \frac{{d\vec M}}{{dt}} = \frac{d}{{dt}}{\left\| {\vec M} \right\|^2} = 0\)
qui constituent les résultats demandés.

1. c. L’équation devient après projection:
\(\frac{d}{{dt}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{M_x}}\\{{M_y}}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {\omega _0}{M_y}}\\{{\omega _0}{M_x}}\end{array}} \right) \Rightarrow \frac{d}{{dt}}{M_ + } = i{\omega _0}{M_ + }\)
d’où, compte tenu des conditions initiales:
\({M_ + } = {M_1}{e^{i{\omega _0}t}} \Rightarrow \vec M = {M_1}\cos \left( {{\omega _0}t} \right){\vec e_x} + {M_2}\sin \left( {{\omega _0}t} \right){\vec e_y}\)
c’est-à-dire que le moment magnétique tourne autour du champ magnétique à la pulsation algébrique ω₀. Comme il s’agit aussi d’une rotation d’un moment cinétique, on parle de mouvement de précession (rotation lente d’un système en rotation rapide).
La valeur numérique de la fréquence de rotation est:
\({\nu _0} = \frac{{\gamma {B_0}}}{{2\pi }} = 100MHz\)
1. d. En dehors du mouvement de précession envisagé ci-dessus, on a déjà vu que la composante de la magnétisation colinéaire au champ magnétique n’évolue pas; de plus, les phénomènes d’amortissement inévitables finiront par ralentir l’oscillation des composantes orthogonales au champ magnétique, et il ne restera plus, après dissipation de l’énergie liée à l’oscillation, que \({\vec M_0} = {M_0}{\vec e_z}\).
Alternativement, on peut remarquer que l’énergie potentielle d’interaction d’un dipôle magnétique et du champ extérieur s’écrit:
\({E_p} = - \vec \mu \cdot {\vec B_0}\)
et qu’elle est dont minimale lorsque les dipôles magnétiques sont colinéaires au champ magnétique.
A l’équilibre thermodynamique, les différents dipôles magnétiques se disposent de part et d’autre de cette direction d’énergie minimale, mais de façon symétrique puisque deux moments symétriques par rapport au champ vérifient:
\({\vec \mu _1} \cdot {\vec B_0} = {\vec \mu _2} \cdot {\vec B_0}\)
les contributions de \({\vec \mu _1}{\rm{ et }}{\vec \mu _2}\) à la magnétisation totale sont donc équiprobables et les termes non parallèles au champ magnétique dans la magnétisation totale se compensent deux à deux; après sommation sur l’élément de volume, il restera:
\({\vec M_0} = {M_0}{\vec e_z}\)
2. a. Les termes ajoutés sont tous de la forme:
\(\frac{{d{M_i}}}{{dt}} = - \frac{{\left( {{M_i} - M_i^{{\rm{équilibre}}}} \right)}}{{{T_i}}} + \underbrace {{\omega _i}{M_i}}_{{\rm{dû à }}{B_0}}\)
et constituent donc des termes d’amortissement développés au premier ordre, les constantes T₁ et T₂ étant des constantes de temps (temps de relaxation).
Une solution indépendante du temps de l’équation différentielle ne peut exister que si:
\(\frac{{d\vec M}}{{dt}} = \vec 0{\rm{ donc }}{\vec \omega _0} \wedge \vec M = \vec 0{\rm{ et }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{M_x} = 0}\\{{M_y} = 0}\\{{M_z} = {M_0}}\end{array}} \right.\)
ce qui est bien le cas de la solution du régime permanent \({\vec M_0}\).
Les équations d’évolution deviennent, en projection parallèle au champ magnétique:
\(\frac{{d{M_z}}}{{dt}} = - \frac{1}{{{T_1}}}\left( {{M_z} - {M_0}} \right)\)
et en projection perpendiculaire:
\(\frac{d}{{dt}}{\vec M_ \bot } = {\vec \omega _0} \wedge {\vec M_ \bot } - \frac{1}{{{T_2}}}{\vec M_ \bot }\)
soit encore:
\(\frac{d}{{dt}}{M_ + } = i{\omega _0}{M_ + } - \frac{1}{{{T_2}}}{M_ + }\)

2. c. Si l’aimantation initiale est perpendiculaire à Oz on peut, sans perte de généralité, la reprendre égale à M₁ sur le seul axe Ox, d’où la solution de l’équation différentielle ci-dessus:
\({M_ + } = {M_1}{e^{\left( {i{\omega _0} - \frac{1}{{{T_2}}}} \right)t}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{M_x}\left( t \right) = {M_1}\cos \left( {{\omega _0}t} \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}}\\{{M_x}\left( t \right) = {M_1}\sin \left( {{\omega _0}t} \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}}\end{array}} \right.\)
c’est-à-dire que le moment magnétique tourne autour de Oz en s’amortissant avec une constante de temps T₂ et finit par s’annuler.
3. a. Il suffit de généraliser l’expression de ω₀:
\(\omega \left( x \right) = - \gamma B\left( x \right) = {\omega _0} - \gamma Gx\)
3. b. L’équation d’évolution de M₊ devient ici:
\(\frac{\partial }{{\partial t}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = i\omega \left( {x,t} \right){M_ + }\left( {x,t} \right) - \frac{1}{{{T_2}}}{M_ + }\left( {x,t} \right)\)
et, compte tenu des conditions initiales:
\({M_ + }\left( {x,t} \right) = {M_0}{e^{i{\varphi _1}}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)t}}{e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
3. c. L’interaction du liquide avec le bobinage est décrit par les lois de l’induction électromagnétique; la tension U est donc égale à - dΦ/dt, où le flux Φ du champ magnétique à travers un bobinage d’axe Ox ne dépend que de la composante sur Ox du champ:
\(\Phi ={{\iint{{{{\vec{B}}}_{M}}\cdot d\vec{S}}}^{{M}}}\text{ o }\!\!\grave{\mathrm{u}}\!\!\text{ }d\vec{S}=dS{{\vec{u}}_{x}}\)
Sans effectuer le calcul complet, on comprend que ce flux ne dépend bien que de la seule composante sur Ox du champ magnétique, les autres termes s’annulant par intégration.
On remarquera que ce modèle simple suggère ici plutôt une tension proportionnelle à la dérivée de cette composante de M. Compte tenu de la forme des fonctions étudiées pour M₊ (qui admettent une modélisation en exponentielle complexe), M est de toute façon proportionnel à sa dérivée dM /dt.
M_x(t) sera donc de la forme:
\({{M}_{x}}\left( t \right)=\int_{x=0}^{a}{\operatorname{Re}\left[ {{M}_{+}}\left( x,t \right) \right]Sdx}=S{{M}_{0}}\int_{x=0}^{a}{\cos \left[ \left( {{\omega }_{0}}-\gamma Gx \right)t+{{\varphi }_{1}} \right]dx\ }{{e}^{-\frac{t}{{{T}_{2}}}}}\)
soit encore:
\({{M}_{x}}\left( t \right)=\frac{S{{M}_{0}}}{-\gamma Gt}\left[ \sin \left[ \left( {{\omega }_{0}}-\gamma Gx \right)t+{{\varphi }_{1}} \right] \right]_{0}^{a}{{e}^{-\frac{t}{{{T}_{2}}}}}\)
qu’on mettra sous la forme:
\({{M}_{x}}\left( t \right)=Sa{{M}_{0}}sinc\left( \tfrac{1}{2}\gamma Gat \right)\sin \left( {{\omega }_{0}}t+{{\varphi }_{1}} \right){{e}^{-\frac{t}{{{T}_{2}}}}}\)
en utilisant la notation sinc u = sin u/u.
On aura donc de même pour forme du signal électrique:
\(U\left( t \right) = {U_0}sinc\left( {{\textstyle{1 \over 2}}\gamma Gat} \right)\sin \left( {{\omega _0}t + {\varphi _1}} \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
Puisque T₂ est très grand, on peut pratiquement considérer l’exponentielle comme une constante, le signal s’amortissant ensuite très longtemps sans changer de forme. Comparer les échelles de temps des deux autres fonctions présentes revient à remarquer:
\(Ga < < {B_0} \Rightarrow \gamma Ga < < \gamma {B_0} = \left| {{\omega _0}} \right|\)
c’est-à-dire que le sinus est une fonction rapide du temps, enveloppée par une fonction à variation lente, le sinc.
Les temps caractéristiques demandés figurent sur le schéma ci-dessus et ont pour valeurs numériques:
\(\frac{{2\pi }}{{{\omega _0}}} = 10,0\;ns\;\;\;\frac{{2\pi }}{{\gamma Ga}} = 11,7ms\)
Au bout de quelques millisecondes, tout le signal a disparu (à cause du sinc) et il n’est donc pas possible de visualiser T₂.

4. a. L’effet de l’impulsion est une rotation qui conserve la composante parallèle à \(\vec u\) et change l’autre en son opposé. On peut écrire:
\(\begin{array}{c}{M_u} = \vec M \cdot \vec u = {M_x}\cos {\varphi _2} + {M_y}\sin {\varphi _2}\\{M_ \bot } = - {M_x}\sin {\varphi _2} + {M_y}\cos {\varphi _2}\end{array}\)
avant cette impulsion, et:
M’_u = M_u M’_⊥ = - M_⊥
après celle-ci, c’est-à-dire que la nouvelle aimantation s’écrit:
\(\begin{array}{c}{{M'}_u} = {M_x}\cos {\varphi _2} + {M_y}\sin {\varphi _2}\\{{M'}_ \bot } = {M_x}\sin {\varphi _2} - {M_y}\cos {\varphi _2}\end{array}\)
ou, en projection sur Oxy:
\(\begin{array}{c}{{M'}_x} = {{M'}_u}\cos {\varphi _2} - {{M'}_ \bot }\sin {\varphi _2}\\{{M'}_y} = {{M'}_u}\sin {\varphi _2} + {{M'}_ \bot }\cos {\varphi _2}\end{array}\)
ou, après développement:
\(\begin{array}{c}{{M'}_x} = {M_x}\cos \left( {2{\varphi _2}} \right) + {M_y}\sin \left( {2{\varphi _2}} \right)\\{{M'}_y} = {M_x}\sin \left( {2{\varphi _2}} \right) - {M_y}\cos \left( {2{\varphi _2}} \right)\end{array}\)
qu’on pourra écrire sous la forme:
\({M'_ + } = M_ + ^*{e^{2i{\varphi _2}}}\)
L’aimantation juste après l’impulsion devient donc:
\({M'_ + }\left( {x,t = t_1^ + } \right) = {M_0}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)}}{e^{ - i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right){t_1}}}{e^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_2}}}}}\)
L’évolution ultérieure à partir de ces nouvelles conditions initiales est régie par l’expression établie en 3.b. et il vient donc:
\({M_ + }\left( {x,t = {t_1} + {t_2}} \right) = {M'_ + }\left( {x,t = t_1^ + } \right){e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right){t_2}}}{e^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_2}}}}}\)
qu’on mettra sous la forme:
\({M_ + }\left( {x,t = {t_1} + {t_2}} \right) = {M_0}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)\left( {{t_2} - {t_1}} \right)}}{e^{ - \frac{{{t_1} + {t_2}}}{{{T_2}}}}}\)
4. b. Si on pose:
t₂ = t₁ + ε
on pourra réécrire l’aimantation:
\({M_ + }\left( {x,2{t_1} + \varepsilon } \right) = {M_0}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)\varepsilon }}{e^{ - \frac{{2{t_1}}}{{{T_2}}}}}{e^{ - \frac{\varepsilon }{{{T_2}}}}}\)
exactement semblable à l’expression obtenue juste après la première impulsion à la question 3.b.:
\({M_ + }\left( {x,\varepsilon } \right) = {M_0}{e^{i{\varphi _1}}}{e^{i\left( {{\omega _0} - \gamma Gx} \right)\varepsilon }}{e^{ - \frac{\varepsilon }{{{T_2}}}}}\)
à un terme d’amortissement et de déphasage près. On obtiendra donc pour signal, et par analogie avec cette question:
\(U\left( {2{t_1} + \varepsilon } \right) = {U_0}{e^{ - \frac{{2{t_1}}}{{{T_2}}}}}sinc\left( {{\textstyle{1 \over 2}}\gamma Ga\varepsilon } \right)\sin \left( {{\omega _0}\varepsilon + 2{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right){e^{ - \frac{\varepsilon }{{{T_2}}}}}\)
Ce signal a exactement la même forme que l’autre (à l’amortissement près), ce qui justifie le terme d’« écho de spin » employé dans ce cas.
4. c. Il suffit par exemple de mesurer le décrément logarithmique d’un signal à son écho; de la mesure de l’exponentielle:
\(\frac{{U_{{\rm{max}}}^{{\rm{écho}}}}}{{U_{{\rm{max}}}^{{\rm{initial}}}}} = {e^{ - \frac{{2{t_1}}}{{{T_2}}}}}\)
(où on peut choisir t₁), on déduit celle de T₂.
Troisième Partie
1. a. Il suffit d’ajouter le terme de diffusion à l’équation d’évolution établie en II.2.b., qui devient ici:
\(\frac{\partial }{{\partial t}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = i\omega \left( x \right){M_ + } - \frac{1}{{{T_2}}}{M_ + } + D\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {x^2}}}{M_ + }\left( {x,t} \right)\)
1. b. Il suffit de reporter la solution proposée dans l’équation ci-dessus, avec respectivement:
\(\frac{\partial }{{\partial t}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = {e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\left[ {\frac{{dA}}{{dt}} + \left( {i\omega \left( x \right) - \frac{1}{{{T_2}}}} \right)A\left( t \right)} \right]\)
\(\frac{\partial }{{\partial x}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = itA\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\frac{{d\omega }}{{dx}} = - i\gamma GtA\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
\(\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {x^2}}}{M_ + }\left( {x,t} \right) = \gamma G{t^2}A\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\frac{{d\omega }}{{dx}} = - {\gamma ^2}{G^2}{t^2}A\left( t \right){e^{i\omega \left( x \right)t - \frac{t}{{{T_2}}}}}\)
d’où par substitution:
\(\frac{{dA}}{{dt}} + A\left( {i\omega \left( x \right) - {\textstyle{1 \over {{T_2}}}}} \right) = i\omega \left( x \right)A - {\textstyle{1 \over {{T_2}}}}A - {\gamma ^2}{G^2}{t^2}DA\)
ou après simplification:
\(\frac{{dA}}{{dt}} = - {\gamma ^2}{G^2}D{t^2}A\left( t \right)\)
C’est une équation à variables séparables:
\(\frac{{dA}}{A} = - {\gamma ^2}{G^2}D{t^2}dt \Rightarrow \ln \frac{{A\left( t \right)}}{{{M_0}}} = - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3}\)
qu’on écrira plutôt:
\(A\left( t \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3}}}\)

2. a. Il suffit de reprendre les expressions précédentes en tenant compte d’un amortissement supplémentaire, c’est-à-dire en remplaçant M₀ par \({M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3}}}\); les expressions de l’aimantation juste avant et juste après l’impulsion deviennent:
\({M_ + }\left( {x,t_1^ - } \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 - {\textstyle{{{t_1}} \over {{T_2}}}}}}{e^{i\left( {{\varphi _1} + \omega \left( x \right){t_1}} \right)}}\)
\({M_ + }\left( {x,t_1^ + } \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 - {\textstyle{{{t_1}} \over {{T_2}}}}}}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1} - \omega \left( x \right){t_1}} \right)}}\)
Enfin, aux instants ultérieures, on aura pour magnétisation:
\({M_ + }\left( {x,t > {t_1}} \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{t^3} - {\textstyle{t \over {{T_2}}}}}}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1} + \omega \left( x \right)\left( {t - {t_1}} \right)} \right)}}\)
2. b. Cette amplitude se met sous la forme:
\(U_{{\rm{max}}}^{{\rm{écho}}} = U_{{\rm{max}}}^{{\rm{original}}}{e^{ - {\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 - {\textstyle{{2{t_1}} \over {{T_2}}}}}}\)
2. c. Le facteur d’atténuation dû à la diffusion s’écrit:
\({\alpha _D} = {e^{ - {\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3}} = {e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}DT_2^3}}\)
et celui dû à la relaxation est:
\({\alpha _R} = {e^{ - {\textstyle{{2{t_1}} \over {{T_2}}}}}} = \frac{1}{e}\)
au même instant; on les compare en calculant:
\(\ln \frac{{{\alpha _D}}}{{{\alpha _R}}} = 1 - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}DT_2^3\)
soit numériquement:
\(\ln \frac{{{\alpha _D}}}{{{\alpha _R}}} = 1 - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}DT_2^3 = - 8,1 \Rightarrow {\alpha _D} < < {\alpha _R}\)
3. a. On reprend les calculs faits ci-dessus, donnant l’expression de l’aimantation à l’instant de l’écho:
\({M_ + }\left( {x,2n{t_1}} \right) = {M_0}{e^{ - {\textstyle{1 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}D{{\left( {2n{t_1}} \right)}^3} - {\textstyle{{1t} \over {{T_2}}}}2n{t_1}}}{e^{i\left( {2{\varphi _2} - {\varphi _1} + \omega \left( x \right)\left( {2n - 1} \right){t_1}} \right)}}\)
3. b. Il s’agit d’une décroissance exponentielle, proportionnellement à
\({\left( {{\alpha _D}{\alpha _R}} \right)^n}\)

3. c. Le rôle de la diffusion est négligeable si α_D ≈ 1 donc encore si:
\({\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3 < < {\textstyle{2 \over {{T_2}}}}{t_1}\)
donc effectivement si t₁ reste faible:
\({t_1} < < {\textstyle{1 \over {2\gamma G}}}\sqrt {{\textstyle{3 \over {D{T_2}}}}} \)
Ces deux rôles sont par contre comparables si t₁ = T₂/10 avec:
\({\alpha _D} = {e^{ - {\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3}} = 0,80\)
\({\alpha _R} = {e^{ - {\textstyle{{2{t_1}} \over {{T_2}}}}}} = 0,82\)

Concours Physique École Polytechnique (M') 1995 (Énoncé)

Applications de la loi de Fick Mesure du temps de relaxation de spins nucléaires

X M’ 1995

Énoncé
Le problème a pour objet l’étude de méthodes expérimentales de mesure du temps de relaxation de spins nucléaires par la méthode dite des « échos de spin ». Dans la dernière partie, on tient compte de l’autodiffusion des molécules du liquide.
Données numériques:
Constante de Boltzmann k = 1,38 10^-23J.K^-1
Rapport gyromagnétique du proton γ = 2,675 10⁸rd.s^-1.T^-1
Intégrales:
\(\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {u^2}}}du} = \sqrt \pi \;\;\;\;\;\;\;\;\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{u^2}{e^{ - {u^2}}}du} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\)

Première Partie
Dans cette partie on s’intéresse au phénomène d’autodiffusion de molécules « marquées » d’un liquide à l’équilibre, contenues dans un tube cylindrique de section S, de longueur a, fermé à ses deux extrémités. L’axe du tube sera choisi comme axe Ox d’un repère galiléen orthonormé Oxyz, O étant le centre du tube. Le seul mode de transport des molécules est la diffusion moléculaire.
1. Soient \(C\left( {\vec r,t} \right)\) le nombre de molécules marquées par unité de volume en \(\vec r\) à l’instant t et \(\vec j\left( {\vec r,t} \right)\) la densité volumique du courant de diffusion associé.
a. Écrire l’équation bilan qui exprime la conservation de ces molécules.
b. D’après la loi de Fick, \(\vec j\left( {\vec r,t} \right)\) est proportionnel au gradient de \(C\left( {\vec r,t} \right)\). En admettant que le coefficient d’autodiffusion D des molécules est constant, établir l’équation différentielle d’évolution de C.
2. On suppose dans toute la suite que cette diffusion est unidimensionnelle selon Ox, C et \(\vec j\) étant indépendants de y et z. On suppose de plus que le tube est suffisamment long et que les temps d’étude sont suffisamment courts pour que l’on puisse négliger les effets de bord aux extrémités.
A l’origine des temps, les molécules étudiées sont très fortement concentrées dans le plan Oyz; soit N₀ leur nombre.
a. Vérifier que:
\(C\left( {x,t} \right) = \frac{K}{{\sqrt t }}e^{ - {x^2}/{4Dt}}\)
est solution de l’équation différentielle d’évolution de C et satisfait aux conditions initiales pour une valeur de K que l’on calculera en fonction de N₀, S et D.
b. Donner le nombre de molécules marquées présentes à l’instant t dans la tranche d’épaisseur dx. En déduire la probabilité dP = P(x,t) dx pour une molécule d’être dans cette tranche à l’instant t.
c. L’abscisse moyenne <x> et la distance quadratique moyenne x_m sont définies par:
\( < x > = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {xP\left( {x,t} \right)dx} \;\;\;{x_m} = {\left[ {\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{x^2}P\left( {x,t} \right)dx} } \right]^{{\textstyle{1 \over 2}}}}\)
Les déterminer au temps t.

3. Dans le cadre d’un modèle qui décrit chaque molécule comme une sphère de rayon r₀ subissant au cours de son déplacement une force de frottement \( - \lambda \vec v\) proportionnelle à sa vitesse \(\vec v\), on démontre que le coefficient λ est donné par la loi λ = 6 π η r₀, η étant une grandeur caractéristique du fluide appelée viscosité.
Par ailleurs, λ et D sont liés à la température T par la relation λ D = k T.
Dans le cas de l’eau, calculer D et x_m pour t = 10s. On prendra T = 293K, η = 1,0 10³kg.m^-1.s^-1 et r₀ = 1,2 10^-10m.
Seconde Partie
Les noyaux des atomes d’Hydrogène des molécules étudiées possèdent chacun un moment cinétique intrinsèque désigné par \(\vec I\), auquel est associé un moment magnétique dipolaire \(\vec \mu = \gamma \vec I\), où γ est une constante appelée rapport gyromagnétique. Les moments cinétiques obéissent à la mécanique newtonienne.
1. Un champ magnétique externe, constant et uniforme, \({\vec B_0} = {B_0}{\vec e_z}\) est appliqué à tout le volume du liquide.
a. Quelle est l’action mécanique de ce champ sur le moment \(\vec \mu \) d’un noyau ? En déduire l’équation d’évolution temporelle de \(\vec \mu \). On posera \({\vec \omega _0} = - \gamma {\vec B_0} = {\omega _0}{\vec e_z}\).
b. On définit l’aimantation \(\vec M\left( t \right)\) du liquide comme étant la somme des moments magnétiques \(\vec \mu \left( t \right)\) par unité de volume. On admet que sous l’effet de \({\vec B_0}\) seul, l’équation d’évolution de \(\vec M\) est identique à celle trouvée pour \(\vec \mu \). En déduire que ||\(\vec M\)|| et M_z sont conservés.
c. Résoudre l’équation d’évolution de \(\vec M\left( t \right)\) avec la condition initiale \(\vec M\left( 0 \right) = {M_1}{\vec e_x}\); on utilisera la notation complexe \({M_ + }\left( t \right) = {M_x}\left( t \right) + i{M_y}\left( t \right)\).
Quelle est la nature du mouvement de \(\vec M\) ? Calculer numériquement ν₀ = |ω₀|/2π pour B₀ = 2,35T.
d. On constate qu’à l’équilibre thermodynamique en présence de \({\vec B_0}\), l’aimantation \(\vec M\) est orientée suivant le champ \({\vec B_0}\). Sa valeur sera désignée par \({\vec M_0} = {M_0}{\vec e_z}\). Justifier énergétiquement ce résultat.

2. On s’intéresse dans ce qui suit au retour à l’équilibre, en présence de \({\vec B_0}\), de \(\vec M\left( t \right)\) vers \({\vec M_0}\) pour une situation initiale \(\vec M\left( {t = 0} \right) \ne {\vec M_0}\).
a. Afin de rendre compte de ce retour, on ajoute dans l’équation d’évolution de \(\vec M\) obtenue en II.1., au terme dû à \({\vec B_0}\), les deux termes suivants:
\( - \frac{1}{{{T_1}}}\left( {{M_z} - {M_0}} \right){\vec e_z}\) et \( - \frac{1}{{{T_2}}}{\vec M_ \bot }{\rm{ o\`u }}{\vec M_ \bot } = {M_x}{\vec e_x} + {M_y}{\vec e_y}\)
Interpréter qualitativement les constantes T₁ et T₂ et vérifier que l’équation admet bien \({\vec M_0}\) comme solution indépendante du temps.
b. Écrire les équations d’évolution de M_z et M₊.
c. Comment évolue M₊(t) pour une aimantation initiale perpendiculaire à Oz ?
3. Le champ magnétique appliqué est maintenant non uniforme. On le supposera toujours orienté selon Oz mais dépendant en première approximation linéairement de x: \(\vec B = {B_z}\left( x \right){\vec e_z}\) avec B_z(x) = B₀ + G x, G étant une constante. L’aiman­tation en x à l’instant t sera désignée par \(\vec M\left( {x,t} \right)\).
a. Déterminer la pulsation ω(x) dévolution de \(\vec M\left( {x,t} \right)\).
b. L’aimantation ayant en tout point a valeur d’équilibre \({M_0}{\vec e_z}\), une impulsion brève de durée τ, d’un champ magnétique auxiliaire, est appliquée au système; son effet est de faire tourner l’aimantation pour l’amener à la fin de l’impulsion dans le plan xOy, soit \({M_ + }\left( {x,0} \right) = {M_0}{e^{i{\varphi _1}}}\), ϕ₁ étant une constante.
Quelle est l’expression de M₊(x,t) aux instants ultérieurs ?
c. Un bobinage d’axe Ox entoure le tube. On admettra que la tension U(t) à ses bornes est proportionnelle à la composante sur Ox du moment magnétique M de l’ensemble du liquide. Quelle est la cause de la présence de cette tension ?
Calculer explicitement l’évolution temporelle de U(t). Représenter graphiquement l’allure du signal obtenu en se plaçant dans le cas où T₂ est long devant les autres temps caractéristiques du problème, et où G a est très petit devant B₀.
d. Application numérique: On donne B₀ = 2,35T, G = 1,0 10^-4T.m^-1, a = 2cm. Calculer les différents temps caractéristiques de l’évolution du signal. Le temps T₂ est de l’ordre de plusieurs secondes: ce signal permet-il de le mesurer ?

4. Au bout d’un laps de temps t₁ après la première impulsion, on applique une seconde impulsion, de durée brève, qui a pour effet de faire tourner l’aimantation de 180° autour d’une direction \(O\vec u\) du plan xOy, repérée par (Ox,\(O\vec u\)) = ϕ₂.
a. Quelle est la valeur de l’aimantation transversale M₊(x,t) immédiatement après cette impulsion, puis après un laps de temps t₂ après la première impulsion ?
b. Que devient le signal U(t₁ + t₂) pour t₂ voisin de t₁ ? Représenter graphiquement U(t). Justifier l’appellation d’« écho » donnée à ce signal pour t voisin de 2 t₁.
c. En déduire un protocole expérimental de mesure de T₂.
Troisième Partie
L’évolution temporelle de l’aimantation du liquide est modifiée par la diffusion selon Ox des molécules qui transportent avec elles leur moment magnétique. Pour en tenir compte, il faut ajouter à l’équation d’évolution temporelle de \(\vec M\left( {x,t} \right)\) un terme supplémentaire de diffusion égal à \(D\frac{{{\partial ^2}\vec M\left( {x,t} \right)}}{{\partial {x^2}}}\).
1. a. Écrire l’équation d’évolution de M₊(x,t).
b. On cherche pour cette équation une solution de la forme:
\({M_ + }\left( {x,t} \right) = A\left( t \right){e^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}{e^{i\omega \left( x \right)t}}\)
Quelle équation différentielle doit satisfaire A(t) ? La résoudre en prenant M₊(x,0) = M₀.
2. On effectue une séquence expérimentale identique à celle étudiée en II.4.
a. Déterminer M₊(x,t) pour t = t₁. En déduire M₊(x,t) au même instant, mais juste après l’impulsion. Avec cette dernière expression comme nouvelle condition initiale, déterminer M₊(x,t) aux instants ultérieurs.
b. Comment évolue en fonction de t₁ l’amplitude maximale du signal « écho » obtenu pour t₂ = t₁ ?
c. Comparer pour 2 t₁ = T₂ le facteur d’atténuation dû à la diffusion à celui dû à la relaxation. Calculer numériquement leur rapport pour T₂ = 4s.

3. On reprend l’expérience en appliquant, après l’impulsion initiale à t = 0, une séquence d’un nombre entier n d’impulsions du même type que la seconde aux instants t₁, 3 t₁, ... (2n - 1) t₁. On néglige la durée des impulsions.
a. Quelle est l’aimantation transversale M₊(x,t) au temps t_n = 2 n t₁ ?
b. Quelle est l’allure de la décroissance en fonction de t_n des signaux obtenus?
c. Montrer qu’en choisissant t₁ suffisamment petit, le rôle de la diffusion peut être rendu négligeable; le comparer à celui de la relaxation pour t₁ = T₂/10; on prendra T₂ = 4s.

Concours Physique École Polytechnique (P') 1995 (Énoncé)

ECOLE POLYTECHNIQUE OPTION P’
CONCOURS D'ADMISSION 1995
PREMIÈRE COMPOSITION DE PHYSIQUE (3 heures)
Ce problème traite de quelques aspects de la propagation d'impulsions lumineuses très brèves dans la silice d'une fibre optique. On supposera ce milieu diélectrique, parfaitement isolant, non magnétique \(\vec H = {\vec B}/{\mu _0}\) ,homogène et isotrope. On ne considérera dans tout le problème que des ondes qui se propagent dans ce milieu le long de l'axe Oz, ne dépendent pas de x et y, et sont polarisées linéairement le long de Ox
• Intégrale
On donne \(\int_{ - \infty }^{ + \infty } {dx\;{e^{\left( { - {\alpha ^2}\,{x^2} + i\,\beta \,x} \right)}}} = \frac{{\sqrt \pi }}{\alpha }{e^{ - {\beta ^2}/{4{\alpha ^2}}}}\)
valable pour tout β réel et pour tout α complexe tel que \( - \frac{\pi }{4} < Arg\;\alpha < + \frac{\pi }{4}\) .
• Équations de Maxwell
\(div\;\vec B = 0\quad r\vec ot\;\vec E = - \frac{{\partial \vec B}}{{\partial t}}\quad div\;\vec D = \rho \quad r\vec ot\;\vec H = \vec j + \frac{{\partial \vec D}}{{\partial t}}\)
• Analyse vectorielle
\(r\vec ot\;r\vec ot\;\vec a = g\vec rad\;div\;\vec a - \vec \Delta \;\vec a\)
• Données numériques
Vitesse de la lumière dans le vide: c = 3,00 x 10⁸ m.s^-1.
Valeurs de l'indice de réfraction n₀ de la silice, ainsi que de ses dérivées \({n'_0} = {\left( {dn}/ {d \omega } \right)}_{\omega = {\omega _0}}\) et \({n''_0} = {\left( {{d^2}n} / {d{\omega ^2}} \right)}_{\omega = {\omega _0}}\) , pour diverses valeurs de la longueur d'onde dans le vide \({\lambda _0} = {2\pi c} / {\omega _0}\) .

λ0 (µm)	n0	\({n'_0}\)	\({n''_0}\)
1,0	1,450	6,7 x 10-18	-3,74 x 10-33
1,3	1,447	10,1 x 10-18	-14,5 x 10-33
1,5	1,444	14,6 x 10-18	-27,6 x 10-33

I

On considère un « paquet d'onde » formé d'une superposition d'ondes planes dont le champ électrique s'écrit en notation complexe :
(1) \(\vec E(z,t) = E(z,t)\;{\vec e_x} = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {d\omega \;{\rm{E}}(\omega )\;{e^{i(kz - \omega t)}}} \;{\vec e_x}\)
On suppose que \({\rm{E}}(\omega )\) ne prend de valeurs notablement différentes de zéro que dans un intervalle de largeur δω centré sur la valeur ω₀ , avec δω « ω₀ . Enfin, k est une fonction de ω .
De même, le vecteur déplacement électrique \(\vec D\) correspondant s'écrit :
(2) \(\vec D(z,t) = D(z,t)\;{\vec e_x} = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {d\omega \;{\rm{D}}(\omega )\;{e^{i(kz - \omega t)}}} \;{\vec e_x}\)
1. Établir à partir des équations de Maxwell l'équation aux dérivées partielles liant E et D. En déduire une équation pour les composantes \({\rm{E}}(\omega )\) et \({\rm{D}}(\omega )\) . On admettra que la décomposition en ondes planes telle que (1) ou (2) est unique, ce qui entraîne que l'équation trouvée reliant E et D est valable pour chacune des ondes planes composantes de E et de D.
2. La réponse du milieu au champ appliqué est linéaire :
(3) \({\rm{D}}(\omega ) = {\varepsilon _0}\;{\varepsilon _r}(\omega )\;{\rm{E}}(\omega )\)
où ε_r(ω) est une fonction réelle positive de ω . En déduire la relation entre k et ω . Quelles sont les propriétés optiques de la silice traduites par cette relation ?
3. On appelle k₀ le vecteur d'onde k(ω₀) correspondant à la pulsation moyenne ω₀ du paquet d'onde. On met le champ électrique E sous la forme:
(4) \(E(z,t) = u(z,t)\;{e^{i(kz - {\omega _0}t)}}\)
où u(z, t) est une « enveloppe lentement variable » du champ, c’est-à-dire que les variations spatiales (ou temporelles) de u se font sur des échelles beaucoup plus grandes que la longueur d'onde moyenne λ₀ (ou la période optique \({T_0} = {2\pi } / {\omega _0} \) . On peut montrer que, pour une abscisse z donnée, la fonction u(z, t) ne prend de valeurs notablement différentes de zéro que pendant un intervalle de temps dont la largeur sera notée ΔT.
Quelle est la vitesse de phase \({v_\varphi }\) du paquet d'onde, c'est-à-dire la vitesse de propagation des oscillations de « l'onde porteuse » \({e^{i(kz - {\omega _0}t)}}\) ? L'exprimer en fonction de ε_r(ω₀) , puis de l'indice de réfraction n₀ à la fréquence ω₀ .
Donner l'expression de u(z, t) sous la forme d'une intégrale sur ω .
On suppose dans toute la suite du problème que k(ω) admet un développement de la forme :
(5) \(k - {k_0} = {k'_0}\,(\omega - {\omega _0}) + {{k''}_0}(\omega - {\omega _0})^{2}/ 2\)
où \({k'_0}\) et \({k''_0}\) sont des constantes.

4. On limite dans cette question le développement (5) à son premier terme.
a) En utilisant l'expression intégrale de u(z, t), montrer que u(z, t) n'est fonction que de la variable \(({k'_0}\,z - t)\) . En déduire que l'enveloppe du paquet d'onde se propage sans déformation à une certaine vitesse v₀ (vitesse de groupe pour ω = ω₀) que l'on reliera à \({k'_0}\) . Vérifier que ce résultat est conforme à la définition usuelle de la vitesse de groupe par la formule \({v_g} = ({d\omega } / {dk})\) .
b) Exprimer v₀ en fonction de ω₀ , de l'indice de réfraction n₀ du milieu à la fréquence ω₀, et de la dispersion d'indice \({n'_0} = ({dn} / {d\omega } )_{\omega = {\omega _0}}\) .
c) Calculer numériquement, pour λ = 1,3 µm, la différence relative \(({\upsilon _0} - {\upsilon _\varphi })/{\upsilon _\varphi }\) entre vitesse de phase et vitesse de groupe.
d) on considère un paquet d'onde de durée ΔT = 10 ps. Déterminer la distance de propagation au bout de laquelle une arche donnée de sinusoïde de l'onde porteuse s'est déplacée d'un bout à l’autre de l'enveloppe u(z, t). Dans quel sens s'effectue ce glissement de l'onde porteuse par rapport à l'enveloppe ?
5. Dans toute la suite du problème, on utilise le développement (5) complet.
a) Montrer que la vitesse de groupe v_g dépend de ω . Exprimer \({k''_0}\) en fonction de ω₀ , \({n'_0}\) et de la dérivée seconde \({n''_0} = ({{d^2}n} / {d\omega }^{2})_{\omega = {\omega _0}}\) .
b) Déterminer les valeurs numériques de \({k''_0}\) dans le cas de la silice dans laquelle on fait propager des paquets d'ondes ayant une longueur d'onde dans le vide successivement égale à 1,0 µm, 1,3 µm et 1,5 µm .

6. On considère maintenant, ainsi que dans les questions 7. et 8. un paquet d'onde gaussien de la forme (1), c'est-à-dire tel que :
(6) \({\rm{E}}(\omega ) = {{\rm{E}}_{\rm{0}}}\exp \left(  - (\omega - {\omega _0}){^2} / 2 (\delta \omega ){^2} \right)\)
Calculer u(0, t). Montrer qu’en z = 0, \({\left| {u(0,t)} \right|^2}\) est une impulsion dont la largeur temporelle, pour une valeur de la fonction supérieure à 1/e fois la hauteur maximale, est une quantité ΔT₀ que l'on déterminera. Quelle doit-être la valeur de δω pour que ΔT₀ = 10 ps ? Comparer δω et ω₀.
7.a) Calculer \({\left| {u(z,t)} \right|^2}\) en un point d'abscisse z quelconque.
b) Montrer que \({\left| {u(z,t)} \right|^2}\) est un paquet d'onde gaussien dont on déterminera la vitesse de propagation du sommet ainsi que la largeur temporelle ΔT(z) définie comme à la question 6. . Donner l'origine physique de la variation de ΔT(z) au cours de la propagation et de sa dépendance par rapport au signe de \({k''_0}\) . Montrer que l’on peut retrouver l'expression asymptotique de ΔT(z) pour z grand, à un coefficient multiplicatif près, par un raisonnement simple.
Calculer numériquement ΔT(L) pour L = 100 km et pourλ₀ = 1,0 µm, 1,3 µm et 1,5 µm .
c) On définit la pulsation instantanée ω_i d'une onde \(E(z,t) = \left| {E(z,t)} \right|\;{e^{ - i\,\varphi (z,t)}}\) par la relation :
(7) \({\omega _i} = \frac{{\partial \varphi }}{{\partial t}}\)
Montrer que cette définition redonne la pulsation habituelle dans le cas d'une onde monochromatique. Calculer cette quantité pour le paquet d'onde gaussien d'enveloppe u(z, t). Comment évolue ω_i en un point d'abscisse z donnée ? Préciser à quel instant ω_i = ω₀ . Expliquer qualitativement cette évolution.
8. On utilise la fibre optique pour transporter de l'information sous forme digitale. Donner une expression approchée du débit maximum d'information que l'on peut transmettre sans risque d'erreur sur une longueur L de fibre. Déterminer numériquement ce débit pour une fibre de silice de longueur L = 100 km et pour la longueur d'onde la plus favorable que l'on déterminera parmi les trois données de l'énoncé.

II

1. On considère dans le vide un réseau plan infini fonctionnant en transmission et dont le pas est d. On suppose que ce réseau diffracte uniquement dans l'ordre +1. On envoie perpendiculairement au plan du réseau une onde plane de pulsation ω₀ (voir figure). Déterminer l'angle γ sous lequel l'onde transmise est diffractée.
On utilise ensuite un second réseau, identique au premier et parallèle à celui-ci, à une distance b disposé de telle sorte que le rayon transmis par l'ensemble des deux réseaux soit parallèle au rayon incident. Calculer pour ce rayon le chemin optique [IJ] et sa dérivée par rapport à ω à travers l'ensemble du système optique précédent.
2. On envoie sur ce dispositif un paquet d'onde gaussien issu d'une fibre de silice de longueur L, et qui avait la forme (6) à l'entrée de la fibre.
a) Indiquer qualitativement pourquoi on peut retrouver, après passage à travers les deux réseaux, un paquet d'onde de largeur plus faible que ΔT(L) .
b) Quel doit être le signe de \({k''_0}\) pour qu'un tel effet de recompression puisse se produire ? Pour quelle(s) longueur(s) d'onde du tableau de la page 1 obtient-on cet effet après propagation dans une fibre de silice ?

c) Déterminer la relation liant b, c, d, ω₀ , \({k''_0}\) et L pour qu'on retrouve à la sortie du dispositif un paquet d'onde gaussien de largeur égale à sa largeur ΔT(0) à l'entrée de la fibre.

Concours Physique École Polytechnique (MP') 1995 (Corrigé)

Corrigé
Première partie
1.a. L’équation de continuité (conservation de la matière) s’écrit ici:
\(div\left( {\rho \vec v} \right) + \frac{{\partial \rho }}{{\partial t}} = 0 \Rightarrow div\;\vec v = 0\)
puisque le fluide est incompressible, ce qui montre l’existence d’au moins une fonction potentiel-vecteur \(\vec A\), telle que:
\(\vec v = \mathop {rot}\limits^ \to \vec A\)
Le choix proposé par l’énoncé amène à réécrire cette équation sous la forme:
\(\vec A = A\left( {x,y} \right){\vec e_z} \Rightarrow \vec v = \mathop {rot}\limits^ \to \vec A = \frac{{\partial A}}{{\partial y}}{\vec e_x} - \frac{{\partial A}}{{\partial x}}{\vec e_y}\)
et il sera donc a priori possible de déterminer A en résolvant les deux équations aux dérivées partielles:
\({v_x}\left( {x,y} \right) = \frac{{\partial A}}{{\partial y}}{\rm{ et }}{v_y}\left( {x,y} \right) = - \frac{{\partial A}}{{\partial x}}\)
la fonction A étant alors bien sûr déterminée à une constante additive près.
On vérifie alors immédiatement que ce potentiel vecteur vérifie la « jauge de Coulomb », ou plutôt son extension à ce domaine de la physique:
\(div\;\vec A = \frac{{\partial A}}{{\partial z}}{\rm{ = 0}}\)
1.b. Les équations écrites ci-dessus deviennent:
\(\frac{{\partial A}}{{\partial y}}{\rm{ = }}{v_0}{\rm{ et }}\frac{{\partial A}}{{\partial x}} = 0\)
d’où la solution possible:
\({A_0} = {v_0}y = {v_0}r\sin \theta \)

2.a. Si l’écoulement est irrotationnel, on pourra écrire:
\(\mathop {rot}\limits^ \to \vec v = \vec 0 \Rightarrow \vec \Delta \vec A = \vec 0\)
puisque la divergence du potentiel vecteur est nulle, soit encore pour la fonction A scalaire:
ΔA = 0
qui constitue l’équation demandée (sauf éventuellement sur l’axe Oz).
2.b. Il suffit de vérifier cette équation différentielle soit, compte tenu du formulaire proposé:
\(\Delta {A_1} = \frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial {A_1}}}{{\partial r}}} \right) = 0 \Rightarrow r\frac{{\partial {A_1}}}{{\partial r}} = {C_1}\)
où C₁ est une certaine constante. On en déduit encore:
A₁ = C₁ ln r
à une constante près qu’on omettra car elle ne présente pas d’intérêt dans la suite.
On en déduit la vitesse correspondante, utilisant l’expression cylindrique du rotationnel fournie dans l’énoncé:
\({\vec v_1} = - \frac{{{C_1}}}{r}{\vec u_\theta }\)
On remarque bien sûr qu’il s’agit de l’analogue d’un champ magnétique (celui créé par un fil infini), d’où deux remarques. D’abord, le rotationnel n’est pas nul sur le fil lui-même (là où sont localisées les sources de ce champ. Ensuite, la circulation calculée à la question suivante est indépendante du choix du contour (cercle ou non) du moment qu’il entoure bien le fil une seule fois et dans le même sens que le cercle.
2.c. La circulation Γ s’écrit:
\(\Gamma = \int_{\theta = - \pi }^\pi {{{\vec v}_1} \cdot d\vec r} = - \int_{\theta = - \pi }^\pi {\frac{{{C_1}}}{r}{{\vec u}_\theta } \cdot rd\theta {{\vec u}_\theta }} = = - 2\pi {C_1}\)
ce qui permet aussi d’écrire:
\({\vec v_1} = \frac{\Gamma }{{2\pi r}}{\vec u_\theta }{\rm{ et }}{A_1} = - \frac{\Gamma }{{2\pi }}\ln r\)
3.a. Le fluide ne peut passer à travers les parois du fil ni dans un sens ni dans l’autre; la vitesse doit donc rester tangente au fil:
\(\vec v\left( {r = a} \right) \cdot {\vec u_r} = 0\)
3.b. A grande distance du fil, la perturbation qu’il apporte doit disparaître et on doit donc retrouver le potentiel A₀:
\(A\left( {r,\theta } \right)\mathop \approx \limits_{r > > a} {v_0}r\sin \theta \)

3.c. La forme A₂(r, θ) suggérée convient si elle vérifie trois conditions:
i. L’équation différentielle ΔA₂ = 0 soit:
\(\frac{\alpha }{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)} \right)\sin \theta - \frac{\alpha }{{{r^2}}}\left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)\sin \theta = 0\)
dont on constate après développement qu’elle est automatiquement vérifiée, quels que soient α et β.
ii. La condition à la limite r >> a:
\(f\left( r \right) = \alpha \left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)\mathop \approx \limits_{r > > a} {v_0}r \Rightarrow \alpha = {v_0}\)
iii. La condition à la limite r = a:
\(0 = {\vec u_r} \cdot \mathop {rot}\limits^ \to {\vec A_{r = a}} \Rightarrow \frac{1}{r}{\frac{{\partial f}}{{\partial \theta }}_{r = a}} = 0\;\forall \theta \Rightarrow \left( {a + \frac{\beta }{a}} \right) = 0 \Rightarrow \beta = - {a^2}\)
Finalement la solution qui convient s’écrit:
\(f\left( r \right) = {v_0}r\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{{{r^2}}}} \right)\)
La vitesse correspondante s’écrit, après développement du rotationnel de A₂:
\({\vec v_2} = {v_0}\cos \theta \left( {1 - {\textstyle{{{a^2}} \over {{r^2}}}}} \right){\vec u_r} - {v_0}\sin \theta \left( {1 + {\textstyle{{{a^2}} \over {{r^2}}}}} \right){\vec u_\theta }\)
Il s’agit de la somme d’un champ uniforme et d’un dipôle linéique, qui est naturellement de rotationnel nul, donc de circulation identiquement nulle autour du fil, comme l’énoncé l’admet d’ailleurs.
4.a. On vérifie à nouveau les trois conditions déjà énoncées:
i. L’équation de Laplace ΔA = 0 étant linéaire, la somme de deux de ses solutions A₁ et A₂ est encore solution de l’équation de Laplace.
ii. A grande distance du fil, le terme \({\vec v_1}\) s’annule et on retrouve bien \({\vec v_2}\) seul qui redonne alors l’écoulement non perturbé \({\vec v_0}\).
iii. Enfin au voisinage du fil, on a vu que les deux champs \({\vec v_1}\) et \({\vec v_2}\) sont tous deux tangents au fil; il en va de même de leur somme.
La circulation demandée est la somme des deux circulations précédemment calculées; elle vaut donc simplement Γ.
4.b. Puisqu’à l’extérieur du fil, les deux champs de vitesse (et donc leur somme aussi) sont irrotationnels, on applique le théorème de Bernoulli:
\(\frac{p}{\rho } + \frac{{{v^2}}}{2} = cte\)
en l’absence de champ de pesanteur, en particulier entre la surface du fil (où le champ est orthoradial) et un point situé à grande distance:
\(\frac{{{p_0}}}{\rho } + \frac{{v_0^2}}{2} = \frac{{p\left( {r = a,\theta } \right)}}{\rho } + \frac{1}{2}{\left( {\frac{\Gamma }{{2\pi r}} - {v_0}\sin \theta \left( {1 + {\textstyle{{{r^2}} \over {{a^2}}}}} \right)} \right)_{r = a}}\)
ou, après développement:
\(p = {p_0} + {\textstyle{1 \over 2}}\rho \left[ {v_0^2 - {{\left( {\frac{\Gamma }{{2\pi a}} - 2{v_0}\sin \theta } \right)}^2}} \right]\)

4.c. C’est bien sûr une conséquence de la symétrie particulière de la répartition des pressions. On peut par exemple écrire les forces de pression exercées sur le fil:
\({d^2}\vec F = - p{\vec u_r}adzd\theta \Rightarrow \frac{{{d^2}{F_x}}}{{dz}} = - ap\left( {\sin \theta } \right)\cos \theta d\theta \)
ou, en effectuant le changement de variable s = sin θ:
\(\frac{{{d^2}{F_x}}}{{dz}} = - ap\left( s \right)ds \Rightarrow \frac{{d{F_x}}}{{dz}} = - a\int_{\theta = - \pi }^\pi {p\left( s \right)ds} \)
mais p(s) étant un polynôme (de degré 2), sa primitive est une fonction polynôme de s qui prend la même valeur en -π et +π d’où:
\(\frac{{d{F_x}}}{{dz}} = 0\)
On aurait aussi pu faire un simple schéma de la répartition des pressions:

et les points A et B subissant les mêmes pressions, les composantes horizontales des forces exercées se compensent.
Le même calcul que ci-dessus mène à l’expression de l’autre composante de la force:
\(\frac{{d{F_y}}}{{dz}} = - \int_{ - \pi }^\pi {\left\{ {{p_0} + {\textstyle{1 \over 2}}\rho \left[ {v_0^2 - {{\left( {\frac{\Gamma }{{2\pi a}} - 2{v_0}\sin \theta } \right)}^2}} \right]} \right\}a\sin \theta d\theta } \)
Les trois intégrales qui apparaissent après dévelopement s’écrivent:
\(\int_{ - \pi }^\pi {\sin \theta d\theta } = 0\;\;\;\int_{ - \pi }^\pi {{{\sin }^2}\theta d\theta } = \pi \;\;\;\int_{ - \pi }^\pi {{{\sin }^3}\theta d\theta } = 0\)
et seul le double produit du développemt n’est pas nul:
\(\frac{{d{F_y}}}{{dz}} = - \rho \Gamma {v_0}\)
4.d. Le problème évoqué ici est le même que celui précédemment évoqué à un changement de référentiel galiléen près, avec pour vitesse d’entraînement \(\vec u\). La force exercée est bien sûr indépendante du référentiel galiléen choisi et on applique la relation suivante avec \(\vec u = - {v_0}{\vec e_x}\). L’expression de l’énoncé est bien égale à:
\({\vec F_M} = \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \vec u\)
Seconde partie
1.a. Puisque la tension exercée sur les différents points du fil est constante en norme, seule sa direction varie; on peut donc l’écrire:

\(\vec T\left( {z + \Delta z} \right) = {T_0}\vec u\left( {z + \Delta z} \right){\rm{ et }}\vec T\left( z \right) = - {T_0}\vec u\left( z \right)\)
où le vecteur unitaire tangent en un point de la courbe s’écrit, de façon exacte:
\(\vec u\left( z \right) = \frac{{d\vec r}}{{ds}} \approx \frac{{\partial \vec r}}{{\partial z}}\)
de façon approchée, le fil restant tendu et l’élément d’abscisse curviligne ds étant pratiquement confondu avec le déplacement horizontal dz.
On aura donc pour somme des deux forces exercées sur le brin de fil de longueur Δz:
\({\vec F_T}\Delta z = \frac{\partial }{{\partial z}}\left( {{T_0}\vec u\left( z \right)} \right)\Delta z\)
soit enfin:
\({\vec F_T} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}\)
1.b. En l’absence de toute force, l’application du principe fondamental de la dynamique au déplacement transversal de l’élément de longueur Δz de fil s’écrit:
\(dm\;\vec a = {\vec F_T}\Delta z \Rightarrow \mu \Delta z\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}\Delta z\)
qu’on écrira encore:
\(\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {t^2}}} = {c^2}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}{\rm{ où }}c = \sqrt {\frac{{{T_0}}}{\mu }} \)
qui constitue l’équation d’onde demandée, à la vitesse de propagation c.

2.a. Une vibration monochromatique à la fréquence ν impose:
\(\vec r\left( {z,t} \right) = \vec R\left( z \right){e^{ - i2\pi \nu t}} \Rightarrow - {\left( {2\pi \nu } \right)^2}\vec R\left( z \right) = {c^2}\frac{{{d^2}\vec R}}{{d{z^2}}}\)
dont la solution générale s’écrit:
\(\vec R\left( z \right) = {\vec K_1}\cos \left( {\Lambda z} \right) + {\vec K_2}\sin \left( {\Lambda z} \right){\rm{ o\`u }}\Lambda = \frac{{2\pi \nu }}{c}\)
mais la fixation du fil aux deux extrémités impose:
\(\vec R\left( 0 \right) = \vec R\left( \ell \right) = 0 \Rightarrow {\vec K_2} = \vec 0{\rm{ et }}\sin \left( {\Lambda \ell } \right) = 0\)
Les valeurs de Λ sont donc quantifiées, avec:
\(\Lambda = n\frac{\pi }{\ell }\)
où n est un entier qui prend la plus petite valeur possible (n = 1) pour le mode fondamental. On aura donc dans ce cas:
\({\nu _0} = \frac{c}{{2\ell }}\)
On peut donner une autre démonstration de cette expression (ou une interprétation physique) en remarquant ue la longueur d’onde des oscillations doit, dans le mode fondamental, vérifier:
\(\ell = \frac{\lambda }{2}{\rm{ où }}\lambda = \frac{c}{{{\nu _0}}}\)
qui mène bien sûr au même résultat.
Les expressions demandées s’écrivent enfin:
\(x\left( {z,t} \right) = {x_0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right){e^{ - 2i\pi {\nu _0}t}}\;\;\;y\left( {z,t} \right) = {y_0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right){e^{ - 2i\pi {\nu _0}t}}\)
où on passera aux parties réelles avant toute interprétation physique.
2.b. Calculons d‘abord la masse linéique du fil:
\(\mu = {\rho _Q}\pi \frac{{{d^2}}}{4} = 4,42\;{10^{ - 9}}kg.{m^{ - 1}}\)
puis la tension demandée:
\({T_0} = \mu {c^2} = 4{\ell ^2}\nu _0^2\mu = 1,1\;{10^{ - 5}}N\)
Cette valeur semble faible mais il faut la comparer au poids du fil:
\(mg = \ell \mu g = 2,2\;{10^{ - 9}}N\)
3.a. Il suffit de prendre en compte la force supplémentaire:
\(\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}} + \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \frac{{\partial \vec r}}{{\partial t}}\)
après simplification par la longueur de l’élément étudié Δz.
3.b. Dans un référentiel tournant, il faut ajouter les forces d’inertie, obtenues par les lois de composition des vitesses:
\(\vec u = \vec u' + \vec \Omega \wedge \vec r\)
et des accélérations:
\(\vec a = \vec a' + 2\vec \Omega \wedge \vec u' - {\vec \Omega ^2}\vec r\)
où on a utilisé le fait que \(\vec r\) représente la seule partie radiale du vecteur position du point étudié; le composante longitudinale s’annule d’ailleurs dans les différents produits vectoriels.
On en déduit enfin:
\(\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {z^2}}} + \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \left( {\vec u' + \vec \Omega \wedge \vec r} \right) - 2\mu \vec \Omega \wedge \vec u' + \mu {\Omega ^2}\vec r\)
3.c. Il suffit de choisir:
\(\vec \Omega = \frac{{\rho \Gamma }}{{2\mu }}{\vec e_z}\)
pour obtenir l’équation simplifiée:
\(\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {z^2}}} + \rho \Gamma \left[ {\vec \Omega \left( {\vec r \cdot {{\vec e}_z}} \right) - \vec r\Omega } \right] + \mu {\Omega ^2}\vec r\)
soit encore:
\(\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {z^2}}} - \mu {\Omega ^2}\vec r\)

3.d. Le terme demandé est néglgeable si:
\(\left\| {\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}}} \right\| > > \left\| {\mu {\Omega ^2}\vec r} \right\|\)
or à la fréquence d’oscillation ν₀ on peut écrire:
\(\left\| {\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}}} \right\| = \mu {\left( {2\pi {\nu _0}} \right)^2}\left\| {\vec r} \right\|\)
On en conclut immédiatement qu’il suffit que Ω << 2 π ν₀; le mouvement du fil dans ce référentiel tournant est alors régi par la même équation qu’en 1.b. et on retrouve des oscillations de mode fondamental à la pulsation ν₀.
4. L’expression de Ω est:
\(\Omega = \frac{{\rho h}}{{2\mu m}} = 1,70\;{10^3}rad.{s^{ - 1}}\)
Dans l’expression négligée, les pulsations sont au carré et on vérifie assez bien:
\({\left( {\frac{\Omega }{{2\pi {\nu _0}}}} \right)^2} = 7,3\;{10^{ - 2}} < < 1\)
Troisième Partie
1. Le champ électromoteur qui apparaît le long du fil vibrant se met sous la forme:
\({\vec E_m} = \vec u \wedge {\vec B_0} = - \frac{{\partial y}}{{\partial t}}{B_0}{\vec e_z}\)
dont la circulation le long du fil fournit la tension demandée:
\(e = V\left( A \right) - V\left( 0 \right) = - {B_0}\int_{z = 0}^\ell {\frac{\partial }{{\partial t}}y\left( {z,t} \right)dz} \)
2.a. On aura d’abord excitation seulement dans la direction y par la seule force de Laplace:
\(d\vec f = idz{\vec e_z} \wedge {B_0}{\vec e_x} = idz{B_0}{\vec e_y}\)
et c’est donc dans cette direction qu’on observera l’oscillation:
\(y\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\)
moyennant un choix arbitraire de l’origine des temps.
On en déduit par intégration immédiate:
\(e\left( t \right) = - 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0}\sin \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\)
La tension de crête a pour valeur:
\({e_{\max }} = 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0} = 4,24mV\)
2.b. Le mouvement du fil est une oscillation de mde fondamental dans le référentiel tournant; on passe de ce référentiel au référentiel du laboratoire par le schéma ci-dessous:

Si l’instant 0 choisi est celui de l’excitation, on aura dans le référentiel tournant:
\(y'\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\) et x’ = 0
donc dans le référentiel du laboratoire:
\(\left. \begin{array}{c}y\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)\\x\left( {z,t} \right) = - \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\sin \left( {\Omega t} \right)\end{array} \right\}{\rm{o\`u }}\Omega = \frac{{\rho \Gamma }}{{2\mu }}\)
d’où enfin par intégration la forme de la tension mesurée:
\(e\left( t \right) = - 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0}\sin \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)\)
Comme on a déjà eu l’occasion de le faire remarquer, Ω est une pulsation plus faible que 2πν₀ et il s’agit donc d’un signal sinusoïdal de fréquence ν₀ enveloppé par une variation plus lente de sa valeur de crête, à la pulsation Ω, qu’on mesure ainsi directement à l’oscilloscope.

3. On obtient ainsi une excitation sur les deux axes avec des amplitudes différentes:
\(\begin{array}{c}y'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\\x'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _1}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\end{array}\)
d’où une amplitude de vibration selon l’axe y du référentiel du laboratoire donnée par:
\(y = y'\cos \Omega t + x'\sin \Omega t\)
qui s’écrit donc:
\(y\left( {z,t} \right) = \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]\)
La mesure de e est celle d’une tension de la forme:
\(e\left( t \right) = - 4{B_0}{\nu _0}\ell \varepsilon \cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]\)
Si les signes respectifs de B₀ et ε₀ étaient forcemént corrélés, il n’en va pas de même de ceux de B₀ et ε₁ qui peuvent être réglés séparément. L’observation de la modification de la forme de l’enveloppe des signaux lorsqu’on augmente ou diminue B₁ fournit le signe de Ω, donc celui de Γ.

Concours Physique École Polytechnique (MP') 1995 (Énoncé)

Une mise en évidence du caractère superfluide de l’Hélium

X M’P' 1995

Énoncé
L’hélium, refroidi à des températures de l’ordre de 1K, est dans un état dit « superfluide ». Une caractéristique remarquable des superfluides est que des effets quantiques s’y manifestent à l’échelle macroscopique. Ainsi, la circulation de la vitesse d’un superfluide le long d’un contour fermé quelconque est quantifiée: ses valeurs sont des multiples entiers de h/m, h étant la constante de Planck et m la masse d’un atome d’hélium. Ce phénomène, prédit dès 1949 par Onsager, a été observé expérimentalement en 1961.

L’objet de ce problème est d’expliquer le principe de l’expérience qui a permis d’observer cet effet, en mesurant directement la circulation de la vitesse autour d’un fil plongé dans l’hélium superfluide.
Dans tout le problème, \(\left\{ {O,{{\vec e}_x},{{\vec e}_y},{{\vec e}_z}} \right\}\) désigne un repère galiléen orthonormé direct. Les coordonnées cartésiennes d’un point dans ce repère seront notées (x, y, z) et les coordonnées cylindriques d’axe Oz seront notées (r, θ, z).
Formulaire:
• \(\mathop {rot}\limits^ \to \mathop {rot}\limits^ \to \vec a = \mathop {grad}\limits^ \to div\;\vec a - \vec \Delta \vec a\) \(\mathop {rot}\limits^ \to \left( {f\;\vec a} \right) = f\mathop {rot}\limits^ \to \vec a + \mathop {grad}\limits^ \to \;f \wedge \vec a\)
• En coordonnées cylindriques:
\(\Delta f = \frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial f}}{{\partial r}}} \right) + \frac{1}{{{r^2}}}\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {\theta ^2}}} + \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {z^2}}}\)
Pour \(\vec a = f\left( {r,\theta ,z} \right){\vec e_z}\), on a:
\(\mathop {rot}\limits^ \to \vec a = \mathop {grad}\limits^ \to f \wedge {\vec e_z} = \frac{1}{r}\frac{{\partial f}}{{\partial \theta }}{\vec e_r} - \frac{{\partial f}}{{\partial r}}{\vec e_\theta }\)
Première partie
On étudie dans cette partie des écoulements stationnaires d’un fluide incompressible et non visqueux, de masse volumique ρ. On les suppose de plus bidimensionnels: \({v_z} = 0,\;\frac{{\partial \vec v}}{{\partial z}} = \vec 0{\rm{ o\`u }}\vec v\left( {x,y,z} \right)\) est le champ des vitesses du fluide. On négligera les forces de pesanteur.

1.a. Montrer que le champ des vitesses dérive d’un potentiel-vecteur \(\vec A\), que l’on peut choisir de la forme \(\vec A = A\left( {x,y} \right){\vec e_z}\), la fonction A étant déterminée à une constante additive près. Que vaut alors \(div\;\vec A\) ?
1.b. Dans le cas particulier d’un écoulement uniforme \(\vec v = {v_0}{\vec e_x}\), déterminer l’expression correspondante A₀ de A.
2. On s’intéressera dans toute la suite à des écoulements irrotationnels, sauf éventuellement sur l’axe Oz.
2.a. A quelle équation aux dérivées partielles obéit A(x,y) dans le cas général ?
2.b. Montrer qu’il existe pour r ≠ 0 des solutions A₁(r) de cette équation possédant la symétrie de révolution autour de Oz. Déterminer A₁(r) et le champ des vitesses correspondant.
2.c. Calculer la circulation Γ de la vitesse sur un cercle centré sur Oz. Exprimer \(\vec v\) et A₁ à l’aide de r et Γ.
3. Un fil cylindrique, de section circulaire de rayon a et d’axe Oz, est immergé dans le fluide, dont la vitesse et la pression, loin du fil, valent respectivement \({v_0}{\vec e_x}\) et p₀.
3.a. Préciser la condition que doit satisfaire \(\vec v\) à la surface du fil.
3.b. Quelle doit être, en coordonnées cylindriques, la forme asymptotique de A(r, θ) loin du fil ?
3.c. Cette forme asymptotique suggère de chercher pour A une solution A₂ de la forme A₂(r, θ) = f(r) sin θ. Vérifier que l’expression \(f\left( r \right) = \alpha \left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)\) convient. Déterminer α et β en fonction de v₀ et a.
On admettra que pour cette solution, symétrique par rapport à Ox, la circulation du champ des vitesses correspondant sur une courbe fermée entourant le fil est nulle.

4.a. Montrer que pour r ≥ a la somme A₁ + A₂ correspond à un autre champ de vitesses possible pour le fluide avec le fil; quelle est pour ce champ la circulation sur une courbe fermée entourant le fil ?
On admettra que cette somme est la solution générale correspondant à la situation physique étudiée dans la suite du problème.
4.b. Donner l’expression de la pression p du fluide à la surface du fil en fonction de p₀, v₀, ρ, Γ, a et θ.
4.c. Montrer que la résultante des forces de pression s’exerçant sur le fil par unité de longueur est parallèle à Oy et calculer sa valeur.
4.d. En déduire que si un fil cylindrique est en mouvement uniforme à la vitesse \(\vec u\) dans un fluide en rotation autour du fil, il subit par unité de longueur une force, dite force de Magnus, donnée par:
\({\vec F_M} = \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \vec u\)
Seconde partie
Un fil de quartz souple, de diamètre d très faible, de masse linéique µ, est tendu entre ses deux extrémités fixes O et A, distantes de \(\ell \). Il est supposé peu extensible.
L’axe Oz est choisi selon \(\mathop {OA}\limits^ \to \). On s’intéresse aux déplacements transversaux du fil que l’on désigne, à l’instant t, par \(\vec r\left( {z,t} \right) = \left\{ {x\left( {z,t} \right),y\left( {z,t} \right)} \right\}\); les déplacements sont supposés suffisamment faibles pour que le fil reste peu incliné par rapport à Oz et que la tension du fil puisse être considérée comme constante et égale en tout point à T₀.
1.a. Calculer la résultante des forces de tension appliquées à une petite longueur Δz du fil et montrer, en justifiant les approximations, que la force par unité de longueur a pour expression \({\vec F_T} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}\).
1.b. On suppose qu’il n’y a pas d’autres forces s’exerçant sur le fil. Montrer que \(\vec r\) satisfait à une équation d’onde. Quelle est la vitesse de propagation correspondante, notée c ?

2.a. Donner les expressions de x(z,t) et y(z,t) correspondant au mode propre de vibration fondamental, de fréquence ν₀ que l’on déterminera.
2.b. Application numérique. On donne:
Longueur du fil \(\ell \) = 5cm
Diamètre du fil d = 75µm
Masse volumique du quartz ρ_Q = 2,2 10³kg.m^-3
Calculer la tension T₀ nécessaire pour obtenir ν₀ = 500Hz.
3. Le fil et son support sont maintenant plongés dans un récipient rempli d’hélium superfluide. On fait tourner ce récipient autour de Oz, ce qui permet d’engendrer une circulation Γ non nulle de la vitesse du fluide autour du fil, qui persiste même une fois le récipient arrêté. Lorsque le fil vibre, il subit alors de la part du fluide la force de Magnus étudiée dans la partie précédente. On admettra que cette force est donnée en tout point du fluide par l’équation établie plus haut, même pour un mouvement non uniforme, \(\vec u = \frac{{\partial \vec r}}{{\partial t}}\) désignant la vitesse instantanée du fil en ce point. On admettra que la circulation Γ est la même pour toute courbe fermée entourant le fil dans son voisinage et qu’elle ne dépend pas du temps.
3.a. Écrire l’équation d’évolution de \(\vec r\left( {z,t} \right)\).
3.b. Récrire cette équation dans un référentiel R’ tournant autour de Oz à la vitesse angulaire constante \(\Omega {\vec e_z}\). On notera \(\vec u'\) le vecteur vitesse dans R’.
3.c. Montrer qu’on peut choisir Ω de telle sorte que la force de Coriolis y compense la partie dépendant de \(\vec u'\) de la force de Magnus.
3.d. Montrer en outre que pour cette valeur de Ω, le terme de force centrifuge et le terme restant de la force de Magnus sont négligeables devant les autres termes si Ω << 2 π ν₀. On supposera cette condition réalisée dans la suite. Quel est alors le mouvement du fil dans ce référentiel tournant ?

4. Application numérique: Calculer Ω lorsqu’il n’y a qu’un quantum de circulation, c’est-à-dire lorsque Γ = h/m, et vérifier la condition Ω << 2 π ν₀. On donne:
Constante de Planck h = 6,6 10^-34 J.s
Masse d’un atome d’hélium m = 6,6 10^-27kg
Masse volumique du superfluide ρ = 0,15 10³kg.m^-3
Troisième Partie
Le fil de quartz est recouvert d’une fine pellicule d’or qui le rend conducteur, et branché aux bornes d’un circuit électrique fixe. L’ensemble du dispositif est placé dans l’entrefer d’un aimant permanent, qui crée un champ magnétique uniforme B₀ \({\vec e_x}\).
1. Montrer que la vibration du fil dans le champ magnétique induit une force électromotrice e(t) entre ses extrémités, qui peut être mesurée au moyen d’un oscilloscope. Donner l’expression de e(t) en fonction de B₀ et y(z,t) en précisant sur un schéma l’orientation choisie.
2. Le fil est initialement au repos. Pour le mettre en vibration, on y fait passer à t = 0 une très brève impulsion de courant, de O vers A, le circuit étant ensuite maintenu ouvert.
2.a. On suppose dans un premier temps que Γ = 0. On admettra pour simplifier que seul le mode fondamental ν₀ est excité et on notera ε l’amplitude maximale du mouvement du fil (c’est-à-dire la valeur maximale de \(\left\| {\vec r\left( {z,t} \right)} \right\|\)). Donner l’expression de e(t) en fonction de ν₀, ε, \(\ell \), B₀ et t.
Application numérique: Calculer la tension de crête pour ε = 5µm, B₀ = 0,135T.
2.b. Décrire le mouvement du fil si Γ ≠ 0. Donner les expressions de x(z,t) et y(z,t) puis de e(t). Représenter les variations de e(t). Comment peut-on déduire Γ, en valeur absolue, de la mesure de e(t) ?

3. On dispose d’un électro-aimant qui permet de superposer au champ magnétique précédent un champ magnétique perpendiculaire \({B_1}{\vec e_y}\). On branche cet électro-aimant pendant la durée de l’impulsion qui met en vibration le fil, puis on le débranche. Montrer sans faire de calcul qu’on peut alors déduire de la mesure de e(t) le signe de Γ.

Concours Physique ENS Ulm (C/S) M' 1995 (Corrigé)

ULM M’ 95
1.1°) ${A_3} = \rho {A_1} + \tau '{A_2}$ et ${A_4} = \tau {A_1} + \rho '{A_2}$
${I_3} = {A_3}A_3^ * = {\left| \rho \right|^2}{\left| {{A_1}} \right|^2} + {\left| {\tau '} \right|^2}{\left| {{A_2}} \right|^2} + \rho \tau {'^ * }{A_1}A_2^ * + {\rho ^ * }\tau 'A_1^ * {A_2}$
${I_4} = {A_4}A_4^ * = {\left| \tau \right|^2}{\left| {{A_1}} \right|^2} + {\left| {\rho '} \right|^2}{\left| {{A_2}} \right|^2} + \rho {'^ * }\tau \;{A_1}A_2^ * + \rho '{\tau ^ * }A_1^ * {A_2}$
1.2°) Conservation de l’énergie: ${I_3} + {I_4} = {I_1} + {I_2} = ({\left| \rho \right|^2} + {\left| \tau \right|^2}){I_1} + ({\left| {\rho '} \right|^2} + {\left| {\tau '} \right|^2}){I_2} + (\rho \tau {'^*} + \tau \rho {'^*}){A_1}A_2^ * + ({\rho ^ * }\tau ' + {\tau ^ * }\rho ')A_1^ * {A_2}$
${A_2} = 0$$ \Rightarrow $${\left| \rho \right|^2} + {\left| \tau \right|^2} = 1$ et ${A_1} = 0$$ \Rightarrow $${\left| {\rho '} \right|^2} + {\left| {\tau '} \right|^2} = 1$
Il reste $(\rho \tau {'^ * } + \tau \rho {'^ * }){A_1}A_2^ * + ({\rho ^ * }\tau ' + {\tau ^ * }\rho ')A_1^ * {A_2} = 0$ soit ${\mathop{\rm Re}\nolimits} \{ (\rho \tau {'^ * } + \tau \rho {'^ * }){A_1}A_2^ * \} = 0$, valable $\forall $ l’argument de ${A_1}A_2^ * $ d’où $\rho \tau {'^ * } + \tau \rho {'^ * } = 0$

1.3°.α) $\rho = \rho ' = ir$ et $\tau = \tau ' = t$ $ \Rightarrow $${r^2} + {t^2} = 1$ et $irt - irt = 0$
1.3°.β) $\rho = - \rho ' = r$ et $\tau = \tau ' = t$ $ \Rightarrow $${r^2} + {t^2} = 1$ et $rt - rt = 0$
Pour décider de l’un ou l’autre cas, il faut imaginer que la réflexion se fait sur un plan de référence (π) et que le déphasage est du à un parcours dans l’épaisseur d’un dépôt métallique. En plus le plan de référence peut produire un déphasage de 0 ou π mais il est le même que le rayon arrive à gauche ou à droite.

Dans le cas α, le plan de référence est au milieu d’une couche métallique; un déphasage de $\frac{\pi }{2}$ se fait selon le trajet AIB pour le rayon de gauche et selon CID pour le rayon de droite.
Dans le cas β, le plan de référence est confondu avec une des faces de la lame métallique; un déphasage de $\pi $ se fait selon IAB pour le rayon de gauche et aucun déphasage pour le rayon de droite.
Dans le Fabry-Pérot (dépôt métallique sur verre), c’est le cas réalisé.
2.1°) On prend $\rho = - \rho ' = r$ et $\tau = \tau ' = t$ et on pose $\varphi = \frac{{4\pi d}}{\lambda } = \frac{{4\pi \nu d}}{c}$
Les lames sont supposées symétriques l’une de l’autre par rapport au plan médian.

Les amplitudes indiquées dans la lame sont les valeurs à droite pour l’onde se propageant vers la droite et les valeurs à gauche pour l’onde se propageant vers la gauche (sans indication des facteurs exponentiels).
$\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = \tau \tau '{e^{ - j\frac{\varphi }{2}}}\sum\limits_{q = 0}^\infty {\rho {'^{2q}}{e^{ - jq\varphi }}} $ $ \Rightarrow $ $\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = \frac{{{t^2}{e^{ - j\frac{\varphi }{2}}}}}{{1 - {r^2}{e^{ - j\varphi }}}}$
$\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = \frac{{{{(1 - {r^2})}^2}}}{{1 + {r^4} - 2{r^2}\cos \varphi }}$
$\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = \frac{1}{{1 + m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$ avec $m = \frac{{4{r^2}}}{{{{(1 - {r^2})}^2}}}$ soit $m = \frac{4}{{{\varepsilon ^2}}}$
$\frac{{{A_2}}}{{{A_0}}} = \rho + \tau \tau '\rho {e^{ - j\varphi }}\sum\limits_{q = 0}^\infty {\rho {'^{2q}}{e^{ - jq\varphi }}} $$ = \rho (1 - \frac{{{t^2}{e^{ - j\varphi }}}}{{1 - {r^2}{e^{ - j\varphi }}}})$$ = \rho \frac{{1 - {e^{ - j\varphi }}}}{{1 - {r^2}{e^{ - j\varphi }}}}$
$\frac{{{I_2}}}{{{I_0}}} = \frac{{m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}{{1 + m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$ avec $m = \frac{4}{{{\varepsilon ^2}}}$; on bien ${I_1} + {I_2} = {I_0}$ (ainsi, on aurait pu avoir ${I_2}$ à partir de ${I_1}$); la période en $\varphi = \frac{{4\pi \nu d}}{c}$ est égale à $2\pi $ $ \Rightarrow $ ${I_1}$ et ${I_2}$ sont périodiques en fréquence de périodicité $\Delta \nu = \frac{c}{{2d}}$

2.2°) $\varepsilon < < 1 \Rightarrow m = \frac{4}{{{\varepsilon ^2}}} > > 1$.
On a un maximum de ${I_1}$ égal à ${I_0}$ si $\varphi = 2q\pi $ soit si $d = q\frac{c}{{2\nu }}$ et un minimum égal à $\frac{{{I_0}}}{{1 + m}}$ voisin de 0 si $\varphi = (2q + 1)\pi $ soit si $d = (q + \frac{1}{2})\frac{c}{{2\nu }}$; la courbe représentative est donnée ci-contre.
Soit $2\xi $ la largeur à mi-hauteur d’un pic avec $\xi $tel que $d = q\frac{c}{{2\nu }} \pm \xi $ $ \Rightarrow $ $\varphi = 2\pi q \pm \frac{{4\pi \nu \xi }}{c}$ et ${I_1} = \frac{{{I_0}}}{2}$ $ \Rightarrow $ $m{\sin ^2}(\pi q \pm \frac{{2\pi \nu \xi }}{c}) = 1$ $ \Rightarrow $ $\sin (\frac{{2\pi \nu \xi }}{c}) = \pm \frac{1}{{\sqrt m }}$ et donc $2\xi = \frac{c}{{\pi \nu \sqrt m }} < < \frac{c}{{2\nu }}$ $ \Rightarrow $ les pics sont très étroits.
2.3°) Entre deux pics successifs $\Delta d = \frac{c}{{2\nu }} = \frac{\lambda }{2}$ (la moitié de la longueur d’onde).
2.4°) Si $\nu \to \nu + d\nu $, les abscisses des pics associés à $\nu $ sont ${d_q} = q\frac{c}{{2\nu }}$ et celles des pics associés à $\nu + d\nu $ sont $d{'_q} = q\frac{c}{{2(\nu + d\nu )}}$; on obtient une série de doubles pics.

2.5°) A la limite de séparation le bord droit, à mi-hauteur, d’un pic, coïncide avec le bord gauche, à mi-hauteur de l’autre pic.
La courbe ci-contre représente les deux pics dans cette position et la courbe résultante.
On aura séparation si $d{'_q} - {d_q} > 2\xi $ soit si $q\frac{c}{2}(\frac{1}{\nu } - \frac{1}{{\nu + d\nu }}) > 2\xi = \frac{2}{{\pi \nu \sqrt m }}$ $ \Rightarrow $ $\delta \nu > \frac{{2\nu }}{{q\pi \sqrt m }}$
Mais $d = \frac{{qc}}{{2\nu }}$ $ \Rightarrow $ $\delta \nu = \frac{c}{{d\pi \sqrt m }}$ ou $\delta {\nu _m} = \frac{{\varepsilon c}}{{2\pi d}}$
2.6°) $\varepsilon = {10^{ - 3}}\;et\;m = {4.10^6}$ $ \Rightarrow $ $\delta {\nu _m} = {10^6}Hz$
$d = q\frac{c}{{2\nu }}$ $ \Rightarrow $ $\Delta d = - d\frac{{\Delta \nu }}{\nu }$ or $\nu = \frac{c}{\lambda } = {4.74.10^{14}}Hz$
soit $\Delta d = - {10^{ - 10}}m$

2.7°) Le double pic peut être dû au voisinage d’un pic d’ordre q pour la radiation de longueur d’onde $\lambda $et d’un pic d’ordre q+p pour la radiation de longueur d’onde $\lambda + d\lambda $: ${d_\lambda } = q\frac{\lambda }{2}$ et ${d_{\lambda + d\lambda }} = (q + p)\frac{{\lambda + d\lambda }}{2}$; on a confusion des deux pics si ${d_\lambda } = {d_{\lambda + d\lambda }}$ $ \Rightarrow \;d = - p\frac{{{\lambda ^2}}}{{2\Delta \lambda }}$ avec $p = \pm 1, \pm 2,...$; pour $\Delta \nu $ de l’ordre de $\Delta {\nu _m}$, $d = - p\frac{c}{{\Delta {\nu _m}}} = - 300p$ soit 300 m pour $p = \pm 1$; or d=5cm; pour des raies de structure hyperfine:
on peut conclure avec certitude.
2.8°) ${I_{1\;\max }} = {I_0}$
2.9°) ${I_1} + {I_2} = {I_0}$
2.10°) $\frac{{{A_ - }}}{{{A_0}}} = \rho '\tau {e^{ - j\frac{\varphi }{2}}}\sum\limits_{q = 0}^\infty {\rho {'^{2q}}{e^{ - jq\varphi }}} $=$\frac{{\rho '\tau {e^{ - j\frac{\varphi }{2}}}}}{{1 - \rho {'^2}{e^{ - j\varphi }}}}$ $ \Rightarrow $ $\frac{{{I_ - }}}{{{I_0}}} = \frac{{1 - \varepsilon }}{\varepsilon }\frac{1}{{1 + m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$
$\frac{{{A_ - }}}{{{A_0}}} = \tau \sum\limits_{q = 0}^\infty {\rho {'^{2q}}{e^{ - jq\varphi }}} $=$\frac{\tau }{{1 - \rho {'^2}{e^{ - j\varphi }}}}$ $ \Rightarrow $ $\frac{{{I_ - }}}{{{I_0}}} = \frac{1}{\varepsilon }\;\frac{1}{{1 + m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$
$\varepsilon < < 1$ ${I_ - } \approx {I_ + } \approx \;\frac{1}{\varepsilon }\;\frac{1}{{1 + m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$ avec $m = \frac{4}{{{\varepsilon ^2}}}$; il y a résonance pour $I = {I_0}$.
2.11°) A travers une surface S parallèle aux miroirs, entre eux, le flux du vecteur de Poynting est $\vec \pi .\vec S = ({\vec \pi _ + } - {\vec \pi _ - }).\vec S$ et représente le différence entre le flux d’énergie dû à l’onde + et celui dû à l’onde -.
2.12°) Avec n entier relatif: $\varphi = 2\pi n + \frac{{4\pi d}}{c}(\nu - {\nu _n})$; à mi-hauteur $\sin 2\pi \frac{d}{c}(\nu - {\nu _n}) = \pm \frac{1}{{\sqrt m }}$ d’où $\delta \nu = \frac{c}{{d\pi \sqrt m }}$ et $\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = \frac{1}{{1 + 4{{\left( {\frac{{\nu - {\nu _m}}}{{\Delta \nu }}} \right)}^2}}}$.
Le facteur 4 a été oublié dans le texte qui précisait bien largeur à mi-hauteur et non demi-largeur à mi-hauteur.
$Q = \frac{{{\nu _n}}}{{\Delta \nu }} = \frac{{d\pi \sqrt m \nu }}{c} = \frac{{2d\pi \nu }}{{\varepsilon c}} = \frac{{2d\pi }}{{\varepsilon \lambda }}$ $Q = {5.10^8}$
2.13°) On tient compte des durées de propagation; on étudie le régime transitoire du Fabry-Pérot; on prend la date t=0 quand le premier rayon transmis sort de l’appareil.
$\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = {t^2}\sum\limits_{l = 0}^n {{r^{2l}}} {e^{ - jl\varphi }}$ avec $\varphi = 2q\pi $ (résonance) soit $\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = {t^2}\sum\limits_{l = 0}^n {{r^{2l}}} $$ = 1 - {r^{2(n + 1)}}$ et $\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = {\left[ {1 - {r^{2(n + 1)}}} \right]^2}$ avec $n = \frac{{ct}}{{2d}}$; ${I_1}$ tend vers zéro quand n tend vers l’infini; on se ramène à $\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = {\left[ {1 - {r^{\frac{{ct}}{d}}}} \right]^2}$ après un décalage des temps légitime de 2d/c quand on passe d’une fonction discontinue en escalier à une fonction continue.
$\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = {t^2}\sum\limits_{l = 0}^n {{r^{2l}}} {e^{ - jl\varphi }}$$ = {r^{2n + 1}}$ et $\frac{{{I_2}}}{{{I_0}}} = {r^{2(2n + 1)}}$; ${I_2}$ tend vers zéro quand n tend vers l’infini.
2.14°) ${r^2} = 1 - \varepsilon \approx {e^{ - \varepsilon }}$ $ \Rightarrow \;{I_1}(t) = {I_0}{\left( {1 - {e^{ - \frac{{\varepsilon ct}}{{2d}}}}} \right)^2}$; on ne trouve pas la formule du texte dans lequel l’exposant 2 a vraisemblablement été oublié.
2.15°) ${\tau _c} = \frac{{2d}}{{c\varepsilon }}$

2.16°) ${\tau _c}\Delta \nu = \frac{1}{\pi }$ (on trouve ${\tau _c}\Delta \nu = \frac{1}{{2\pi }}$ en prenant la demi-largeur à demi-hauteur).
2.17°) A l’instant initial, l’onde arrête d’émerger du Fabry-Pérot; la série géométrique est tronquée au début alors que c’était à la fin en 2.13°; $\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = {\left( {\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}}} \right)_{n \to \infty (2.13^\circ )}} - {\left( {\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}}} \right)_{(2.13^\circ )}} = {r^{2(n + 1)}}$d’où $\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = {r^{4(n + 1)}}$ et $\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = {e^{ - \frac{{\varepsilon ct}}{d}}}$
et de même: $\frac{{{A_2}}}{{{A_0}}} = {\left( {\frac{{{A_2}}}{{{A_0}}}} \right)_{n \to \infty (2.13^\circ )}} - {\left( {\frac{{{A_2}}}{{{A_0}}}} \right)_{(2.13^\circ )}} = - {r^{2n + 1}}$d’où $\frac{{{I_2}}}{{{I_0}}} = {r^{2(2n + 1)}}$ et $\frac{{{I_2}}}{{{I_0}}} = {e^{ - \frac{{\varepsilon ct}}{d}}}$
2.18°) Pour les deux intensités, la limite, quand n tend vers l’infini, est nulle alors qu’en 2.13° elle est ${I_0}$ et 0 respectivement.
2.19°) L’onde n’est pas résonnante: si $n \to \infty $, pour l’établissement: $\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} \to \frac{1}{{1 + m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$ et $\frac{{{I_2}}}{{{I_0}}} \to \frac{{m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}{{1 + m{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$ alors que pour la rupture, les deux intensités tendent vers zéro.
2.20°) On indique « lentement » car il faut qu’un régime quasi-stationnaire soit réalisé et donc que la durée de déplacement soit très supérieure au temps de stockage de la cavité.
3.1°) On considère 2 miroirs identiques (pas dit dans le texte): $A\xrightarrow[{{M}_{1}}]{}{{A}_{1}}\xrightarrow[{{M}_{2}}]{}{{A}_{2}}\xrightarrow[{{M}_{1}}]{}{{A}_{3}}\xrightarrow[{{M}_{2}}]{}{{A}_{4}}$
${\overline {FA} _1}.\overline {FA} = {\overline {FA} _1}.{\overline {FA} _2}$ (formule de conjugaison de Newton) implique qu’après deux réflexions l’image A₂ se confond avec l’objet A; le grandissement transversal, selon les formules de Newton, après ces deux réflexions est ${\gamma _t} = \frac{{ - {f_2}}}{{\overline {F{A_1}} }}.\frac{{ - \overline {F{A_1}} }}{{{f_1}}} = - 1$ et l’image d’un petit objet rectiligne perpendiculaire à l’axe est renversée; après 4 réflexions, deux sur chaque miroir, l’image d’un petit objet rectiligne perpendiculaire à l’axe se confond avec l’objet. D’après la relation de Lagrange-Helmoltz $G{\gamma _t} = - 1$ pour un miroir et +1 pour un nombre pair de miroirs; on a donc le grandissement angulaire G=1.
Après 4 réflexions le rayon repart du même point de l’axe dans les mêmes direction et sens.
3.2°) L = 2f = R (rayon des miroirs)
Soit A le point sur l’axe de révolution; tout rayon issu de A repasse en A après 4 réflexions, dans le cadre de l’approximation de Gauss, d’où: $(A{A_4}) = 4L = 8f = 4R$; le chemin optique ne dépend pas du rayon considéré (stigmatisme approché); il ne dépend pas de l’angle d’inclinaison; en posant $\varphi = \frac{{8\pi \nu R}}{c}$, on a le tableau suivant des amplitudes internes (juste avant sortie de la cavité):

	Faisceau 1	Faisceau 2	Faisceau 3	Faisceau 4
Passage 1	${A_0}\tau {e^{ - j{\varphi _0}}}$	${A_0}\tau \rho '{e^{ - j{\varphi _1}}}$	${A_0}\tau \rho {'^2}{e^{ - j{\varphi _2}}}$	${A_0}\tau \rho {'^3}{e^{ - j\varphi }}$
Passage 2	${A_0}\tau \rho {'^4}{e^{ - j{\varphi _0}}}{e^{ - j\varphi }}$	${A_0}\tau \rho {'^5}{e^{ - j{\varphi _1}}}{e^{ - j\varphi }}$	${A_0}\tau \rho {'^6}{e^{ - j{\varphi _2}}}{e^{ - j\varphi }}$	${A_0}\tau \rho {'^7}{e^{ - 2j\varphi }}$
Passage 3	${A_0}\tau \rho {'^8}{e^{ - j{\varphi _0}}}{e^{ - 2j\varphi }}$	${A_0}\tau \rho {'^9}{e^{ - j{\varphi _1}}}{e^{ - 2j\varphi }}$	${A_0}\tau \rho {'^{10}}{e^{ - j{\varphi _2}}}{e^{ - 2j\varphi }}$	${A_0}\tau \rho {'^{11}}{e^{ - 3j\varphi }}$

où ${\varphi _0},{\varphi _1},{\varphi _2},\varphi $ sont les déphasages le long des trajets internes.
$\frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = \tau \tau '{e^{ - j{\varphi _0}}}\sum\limits_{q = 0}^\infty \rho {'^{4q}}{e^{ - jq\varphi }} = \frac{{{t^2}{e^{ - j{\varphi _0}}}}}{{1 - {r^4}{e^{ - j\varphi }}}}$ $ \Rightarrow $ $\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = \frac{{{{(1 - {r^2})}^2}}}{{{{(1 - {r^4})}^2} + 4{r^4}{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$
$\frac{{{A_2}}}{{{A_0}}} = \tau \tau '\rho '{e^{ - j{\varphi _1}}}\sum\limits_{q = 0}^\infty \rho {'^{4q}}{e^{ - jq\varphi }} = \frac{{ - r{t^2}{e^{ - j{\varphi _1}}}}}{{1 - {r^4}{e^{ - j\varphi }}}}$ $ \Rightarrow $ $\frac{{{I_2}}}{{{I_0}}} = \frac{{{r^2}{{(1 - {r^2})}^2}}}{{{{(1 - {r^4})}^2} + 4{r^4}{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$
$\frac{{{A_3}}}{{{A_0}}} = \tau \tau '\rho {'^2}{e^{ - j{\varphi _2}}}\sum\limits_{q = 0}^\infty \rho {'^{4q}}{e^{ - jq\varphi }} = \frac{{{r^2}{t^2}{e^{ - j{\varphi _2}}}}}{{1 - {r^4}{e^{ - j\varphi }}}}$ $ \Rightarrow $ $\frac{{{I_3}}}{{{I_0}}} = \frac{{{r^4}{{(1 - {r^2})}^2}}}{{{{(1 - {r^4})}^2} + 4{r^4}{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$
$\frac{{{A_4}}}{{{A_0}}} = \rho + \tau \tau '\rho {'^3}{e^{ - j\varphi }}\sum\limits_{q = 0}^\infty \rho {'^{4q}}{e^{ - jq\varphi }} = \frac{{r(1 - {r^2}{e^{ - j\varphi }})}}{{1 - {r^4}{e^{ - j\varphi }}}}$ $ \Rightarrow $ $\frac{{{I_4}}}{{{I_0}}} = \frac{{{r^2}\left[ {{{(1 - {r^2})}^2} + 4{r^2}{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}} \right]}}{{{{(1 - {r^4})}^2} + 4{r^4}{{\sin }^2}\frac{\varphi }{2}}}$
On vérifie que la somme des quatre intensités est l’intensité incidente.
3.3°) Le trajet admet z’z comme axe de symétrie d’où ${\varphi _2} - {\varphi _0} = \frac{\varphi }{2}$ et $\frac{{{A_3}}}{{{A_1}}} = {r^2}{e^{ - j\frac{\varphi }{2}}}$; à la résonance $\varphi = 2q\pi $ $ \Rightarrow $
${A_1}\;et\;{A_3}$ sont en phase si q est pair et en opposition de phase si q est impair.
3.4°) Les rayons (1) et (3) sont confondus avec z’z; on se retrouve dans le cas d’un Fabry-Pérot plan-plan d’où $\frac{{{I_{13}}}}{{{I_0}}} = \frac{{{{(1 - {r^2})}^2}}}{{1 + {r^4} - 2{r^2}\cos \frac{\varphi }{2}}}$ ce qu’on retrouve mais par un calcul compliqué en faisant interférer les ondes (1) et (3).

4.1°) Du fait de la symétrie de révolution (xOz et yOz, plans de symétrie équivalents), on peut montrer facilement qu’entre grandeurs de sortie et grandeurs d’entrée, pour un rayon quelconque: $\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_{n + 1}}}\\{{\alpha _{n + 1}}}\\{{y_{n + 1}}}\\{{\beta _{n + 1}}}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}a&b&0&0\\c&d&0&0\\0&0&a&b\\0&0&c&d\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_n}}\\{{\alpha _n}}\\{{y_n}}\\{{\beta _n}}\end{array}} \right)$
Ceci revient à étudier la projection d’un rayon sur les plans xOz et yOz; il suffit d’étudier la marche d’un rayon méridien.
4.2°) On obtient quatre relations:
a) Dans le vide de gauche à droite: $y{'_n} = {y_n} + {\alpha _n}L$
b) Réflexion sur M₂ , à droite: avec la relation de conjugaison (origine au sommet): $\alpha {'_n} = - {\alpha _n} - \frac{{2y{'_n}}}{{\overline {{S_2}{C_2}} }}$
c) Dans le vide de droite à gauche: ${y_{n + 1}} = {y_n} - \alpha {'_n}L$
d) Réflexion sur le miroir de gauche M₁: ${\alpha _{n + 1}} = - \alpha {'_n} - \frac{{2{y_{n + 1}}}}{{\overline {{S_1}{C_1}} }}$
D’où par éliminations successives, la relation matricielle: $\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_{n + 1}}}\\{{\alpha _{n + 1}}}\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + \frac{{2L}}{{\overline {{S_2}{C_2}} }}}&{2L(1 + \frac{L}{{\overline {{S_2}{C_2}} }})}\\{\frac{2}{{\overline {{S_2}{C_2}} }} - \frac{2}{{\overline {{S_1}{C_1}} }} - \frac{{4L}}{{\overline {{S_1}{C_1}\;} \overline {{S_2}{C_2}} }}}&{1 + \frac{{2L}}{{\overline {{S_2}{C_2}} }} - \frac{{4L}}{{\overline {{S_1}{C_1}} }}(1 + \frac{L}{{\overline {{S_2}{C_2}} }})}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_n}}\\{{\alpha _n}}\end{array}} \right)$
On remarque que le déterminant de la matrice de transfert vaut l’unité; on peut le voir par calcul direct ou bien en calculant la matrice comme produit de quatre matrices élémentaires chacune de déterminant unité.
4.3°) $\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_n}}\\{{\alpha _n}}\end{array}} \right) = {M^n}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_0}}\\{{\alpha _0}}\end{array}} \right)$; dans la base des vecteurs propres de M, M et sa puissance n sont diagonales d’éléments diagonaux les valeurs propres: $({\lambda _1},{\lambda _2})$ et $(\lambda _1^n,\lambda _2^n)$; on en déduit que la solution dans la base des vecteurs propres est ${Y_n} = \lambda _1^n{Y_0}$ et ${A_n} = \lambda _2^n{A_0}$; à l’aide de la matrice de changement de base, on repasse dans la base initiale; ${y_n}$ et ${\alpha _n}$ sont donc combinaisons linéaires de $\lambda _1^n\;et\;\lambda _2^n$; les coefficients ne dépendent pas de n; l’équation aux valeurs propres, avec le déterminant de la matrice de transfert égal à l’unité est: ${\lambda ^2} - \lambda trace(M) + 1 = 0$; on en déduit que le produit des valeurs propres (complexes) vaut l’unité: ${\lambda _1}{\lambda _2} = 1$; les valeurs propres peuvent s’écrire sous la forme: ${\lambda _1} = \rho {e^{i\theta }}$ et ${\lambda _2} = \frac{1}{\rho }{e^{ - i\theta }}$; si $\rho \ne 1$ l’une des racines a un module supérieur à l’unité et donc ${y_n}$ et ${\alpha _n}$ divergent quand n devient grand: il y a instabilité. Pour avoir stabilité, il faut $\rho = 1$.

4.4°) Les deux valeurs propres sont imaginaires: ${\lambda _1} = {e^{i\theta }}$ et ${\lambda _2} = {e^{ - i\theta }}$; de ce fait: $trace(M) = a + d = 2\cos \theta $; la condition de stabilité est donc: $ - 2 \le a + d \le 2$ soit en remplaçant a et d par leurs valeurs et en posant ${g_i} = 1 - \frac{L}{{{R_i}}}$ le résultat: $0 \le {g_1}{g_2} \le 1$.
4.5°) Le domaine de stabilité est compris entre les deux branches de l’hyperbole équilatère.
Pour le Fabry-Pérot plan-plan les rayons de courbures sont infinis: le point (1,1) est le point représentatif.
Pour le Fabry-Pérot confocal les rayons sont égaux à L, le point représentatif est l’origine des axes.
4.6°) On veut ${y_n} = {y_0}$, ${x_n} = {x_0}$, ${\alpha _n} = {\alpha _0}$, ${\beta _n} = {\beta _0}$ $ \Rightarrow {M^n} = I$ (matrice unité); dans la base des vecteurs propres, cette propriété reste vraie d’où $\lambda _1^n = 1\;et\;\lambda _2^n = 1$ et du fait que le produit des valeurs propres vaut l’unité: ${\lambda _1} = {e^{\frac{{2\pi iq}}{n}}}$ et ${\lambda _1} = {e^{ - \frac{{2\pi iq}}{n}}}$; d’où ${\lambda _1} + {\lambda _2} = 2\cos \frac{{2\pi q}}{n} = a + d$; avec les rayons égaux $\cos \frac{{2\pi q}}{n} = 1 - \frac{{4L}}{R} + 2\frac{{{L^2}}}{{{R^2}}}$ ce qui conduit à l’équation ${\left( {\frac{L}{R}} \right)^2} - 2\left( {\frac{L}{R}} \right) + {\sin ^2}\frac{{\pi q}}{n} = 0$ de racines $\frac{L}{R} = 1 \pm \cos \frac{{q\pi }}{n}$ $q \in \left\{ {0..n - 1} \right\}$.
4.7°) ${x_k}\;et\;{y_k}$ sont combinaisons linéaires de $\lambda _1^k\;et\;\lambda _2^k$ avec des coefficients indépendants de k; on en déduit ${x_k} = A\cos (2\pi \frac{{kq}}{n} + {\varphi _x})$ et ${y_k} = A\cos (2\pi \frac{{kq}}{n} + {\varphi _y})$; il suffit que $qk \in \left\{ {0..n - 1} \right\}$ pour avoir toutes les valeurs possibles; on a bien n taches qui se répartissent sur une ellipse définie par son équation paramétrique.

4.8°) Si le trou est assez petit, le faisceau ne ressort plus quand L n’a pas exactement une des valeurs précédentes mais les taches en grand nombre, recouvrent une courbe proche de l’ellipse.
4.9°) Cavité multipassage: si n est élevé, le faisceau sera très affaibli (multiplication de l’intensité par ${r^{2n}}$); pour le Fabry-Pérot sphérique, à résonance, ${I_4} = \frac{{{I_0}}}{4}$; il est meilleur du point de vue de l’intensité émergente.

5.1°) $\Delta \vec E - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^2}\vec E}}{{\partial {t^2}}} = 0$ et $\Delta \vec B - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^2}\vec B}}{{\partial {t^2}}} = 0$
5.2°) Pour un métal parfait, en son voisinage: $\vec E = \frac{\sigma }{{{\varepsilon _0}}}\vec n$ et $\vec B = {\mu _0}{\vec j_s} \wedge \vec n$
5.3°) $div\vec E = 0 \Rightarrow \frac{{\partial f}}{{\partial y}} = 0$ soit $f = f(x,z)$
5.4°) $\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {z^2}}} + \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}}f = 0$
5.5°) Méthode de séparation des variables:$f(x,z)=h(x)k(z)\Rightarrow \frac{h''}{h}+\frac{k''}{k}+\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}}=0$; pour pouvoir assurer les conditions limites, il faut: $\frac{h''}{h}=-{{\alpha }^{2}}$, $\frac{k''}{k}=-{{\gamma }^{2}}$ avec ${\alpha ^2} + {\gamma ^2} = \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}}$; les solutions sont sinusoïdales
et données par $h = A\cos \alpha x + B\sin \alpha x$ et $k = A\cos \gamma z + B\sin \gamma z$;
Pour $x = \pm \frac{X}{2}$ le champ électrique doit être normal $ \Rightarrow \vec E = 0$ et $h( \pm X/2) = 0$ $ \Rightarrow $ $A\cos \frac{{\alpha X}}{2} + B\sin \frac{{\alpha X}}{2} = A\cos \frac{{\alpha X}}{2} - B\sin \frac{{\alpha X}}{2} = 0$ et donc $\alpha = {n_1}\frac{\pi }{X}$ ${n_1} \in \aleph $
Pour $z = \pm \frac{Z}{2}$ le champ électrique doit être normal $ \Rightarrow \vec E = 0$ et $k( \pm Z/2) = 0$ $ \Rightarrow $
$C\cos \frac{{\gamma Z}}{2} + D\sin \frac{{\gamma Z}}{2} = C\cos \frac{{\gamma Z}}{2} - D\sin \frac{{\gamma Z}}{2} = 0$ et donc $\gamma = {n_2}\frac{\pi }{Z}$ ${n_2} \in \aleph $
Selon la parité de ces entiers: $f(x,z) = {E_0}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \alpha x}\\{ou}\\{\sin \alpha x}\end{array}} \right)x\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \gamma z}\\{ou}\\{\sin \gamma z}\end{array}} \right)$; la solution du texte n’est valable que si les deux entiers sont impairs.
5.6°) $\alpha = {n_1}\frac{\pi }{X}$ $\gamma = {n_2}\frac{\pi }{Z}$
5.7°) $\frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} = \left( {\frac{{n_1^2}}{{{X^2}}} + \frac{{n_2^2}}{{{Z^2}}}} \right){\pi ^2}$ ${n_1}\;et\;{n_2} \in \aleph $
5.8°) On a une condition de résonance analogue à $d = q\frac{c}{{2\nu }}$
5.9°) $f(z) = {E_0}\cos \frac{{n\pi z}}{Z}$ si n est impair ou $f(z) = {E_0}\sin \frac{{n\pi z}}{Z}$ si n est pair; $\vec E = {E_0}\cos \frac{{n\pi z}}{Z}{\mathop{\rm Re}\nolimits} ({e^{i\omega t}}){\vec e_y}$ si n est impair.
5.10°) $\vec j = \sigma \vec E$; on fait l’hypothèse que la conductivité est réelle; l’équation de Maxwell-Ampère en régime sinusoïdal forcé s’écrit: $\vec \nabla \wedge \vec B = {\mu _0}(\sigma + i{\varepsilon _0}\omega )\vec E$ et donc $\vec \nabla \wedge \vec B \approx {\mu _0}\sigma \vec E$ si $\sigma > > {\varepsilon _0}\omega $; d’après l’équation de Maxwell-Faraday $\vec \nabla \wedge \vec E = - \frac{{\partial \vec B}}{{\partial t}}$ et la formule de calcul vectoriel $\vec \nabla \wedge (\vec \nabla \wedge \vec E) = \vec \nabla (\vec \nabla .\vec E) - \vec \Delta \vec E$, on obtient l’équation $\Delta \vec E = {\mu _0}\sigma \frac{{\partial \vec E}}{{\partial t}}$.

5.11°) $\vec E = \vec e(z){e^{i\omega t}}$ $ \Rightarrow $ $\frac{{{\partial ^2}\vec e}}{{\partial {z^2}}} = \frac{{2i}}{{{\delta ^2}}}\vec e$ avec ${\delta ^2} = \frac{2}{{{\mu _0}\sigma \omega }}$ et $\vec e = \vec K{e^{ \pm \frac{{1 + i}}{\delta }z}}$
La solution générale est combinaison linéaire des deux solutions: $\vec{E}=\vec{E}{{'}_{0}}{{e}^{-\frac{1+i}{\delta }z}}{{e}^{i\omega t}}+\vec{E}{{''}_{0}}{{e}^{\frac{1+i}{\delta }z}}{{e}^{i\omega t}}$ soit
$\vec{E}=\vec{E}{{'}_{0}}{{e}^{-\frac{z}{\delta }}}{{e}^{i(\omega t-\frac{z}{\delta })}}+\vec{E}{{''}_{0}}{{e}^{+\frac{z}{\delta }}}{{e}^{i(\omega t+\frac{z}{\delta })}}$. Pour une propagation selon Oz: $\vec E = \vec E{'_0}{e^{ - \frac{z}{\delta }}}{e^{i(\omega t - \frac{z}{\delta })}}$; en plus le champ est transverse.
5.12°) Dans le métal:
$\vec \nabla \wedge \vec E = - i\omega \vec B$$ \Rightarrow $$\vec B = \frac{i}{\omega }\left( {\frac{{1 + i}}{\delta }} \right)({E_{0y}}{\vec e_x} - {E_{0x}}{\vec e_y}){e^{ - \frac{{1 + i}}{\delta }z}}{e^{i\omega t}}$ ou $\vec B = \frac{{i - 1}}{{\omega \delta }}(\vec E{'_0} \wedge {\vec e_z}){e^{ - \frac{{1 + i}}{\delta }z}}{e^{i\omega t}}$
Dans le vide:
$\vec E = {E_0}\cos \alpha z{e^{i\omega t}}{\vec e_y}$ et $\vec B = \frac{1}{{i\omega }}\frac{{\partial E}}{{\partial z}}{\vec e_x}$ $ \Rightarrow $ $\vec B = i\frac{{{E_0}\alpha }}{\omega }\sin \alpha z\;{e^{i\omega t}}{\vec e_x}$; or $\alpha = \frac{\omega }{c}$ est la norme du vecteur d’onde $ \Rightarrow $ $\vec B = i\frac{{{E_0}}}{c}\sin \alpha z\;{e^{i\omega t}}{\vec e_x}$
5.13°) En z=Z/2, on écrit:
la continuité du champ électrique selon y’y: $E{'_0}{e^{ - (1 + i)\frac{z}{{2\delta }}}} = {E_0}\cos \alpha \frac{Z}{2}$
la continuité du champ magnétique (pas de courants surfaciques) selon x’x: $\alpha {E_0}\sin \alpha \frac{Z}{2} = \frac{{(i - 1)}}{{\delta \omega }}E{'_0}{e^{ - \frac{{(1 + i)}}{{2\delta }}Z}}$
Pour avoir des champs non nuls, il faut que le déterminant du système soit nul: $\tan \alpha \frac{Z}{2} = \frac{{1 + i}}{{\delta \alpha }}$.
5.14°) Avec les expressions de $\delta $et de $\alpha $ on a $\tan \omega \frac{Z}{{2c}} = (1 + i)\sqrt {\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}\omega }}} $ et ${\omega _0} = p\pi \frac{c}{Z} = (2q + 1)\pi \frac{c}{Z}$ (p est impair car le champ électrique est en cosinus); on a $\omega = {\omega _0} + \varepsilon $ $ \Rightarrow $ $\tan \left( {(q + \frac{1}{2})\pi + \varepsilon \frac{Z}{{2c}}} \right) = (1 + i){\left( {\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}\omega }}} \right)^{\frac{1}{2}}}$
Au premier ordre près, on peut remplacer $\omega $ par ${\omega _0}$ et du fait que deux angles complémentaires ont des tangentes dont le produit vaut 1, on a: $ - \frac{1}{{\tan \frac{{\varepsilon Z}}{{2c}}}} \approx (1 + i)\sqrt {\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}} $; en assimilant la tangente à l’angle et en remplaçant ${\omega _0}$ par sa valeur, on obtient la formule du texte: $\omega = \frac{c}{Z}\left( {p\pi - \sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} + i\sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} } \right)$
5.15°) ${e^{i\omega t}} = {e^{i\frac{c}{Z}\left( {p\pi - \sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} } \right)t}}{e^{ - \sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} \frac{c}{Z}t}}$ $ \Rightarrow $ amortissement temporel de constante de temps $\tau = \frac{Z}{c}\sqrt {\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}} $; c’est comparable au régime transitoire du Fabry-Pérot quand on enlève la source (2.17°).
5.16°) $\vec \pi = \frac{{\vec E \wedge \vec B}}{{{\mu _0}}}$$ = \frac{{(\vec E + {{\vec E}^*}) \wedge (\vec B + {{\vec B}^*})}}{{4{\mu _0}}}$$ = \frac{{(\vec E \wedge \vec B + {{\vec E}^*} \wedge {{\vec B}^*} + {{\vec E}^*} \wedge \vec B + \vec E \wedge {{\vec B}^*})}}{{4{\mu _0}}}$$ \Rightarrow $
$\left\langle {\vec \pi } \right\rangle = $$\frac{{(\vec E \wedge {{\vec B}^*} + {{\vec E}^*} \wedge \vec B)}}{{4{\mu _0}}}$=$\frac{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} ({{\vec E}^*} \wedge \vec B)}}{{2{\mu _0}}}$ ; or $\vec E(Z/2,t) = {E_0}\cos \alpha \frac{Z}{2}\;{e^{i\omega t}}{\vec e_y}$ et $\vec B(Z/2,t) = i\frac{{{E_0}}}{c}\sin \alpha \frac{Z}{2}\;{e^{i\omega t}}{\vec e_x}$ $ \Rightarrow $ $\left\langle {\vec \pi } \right\rangle = $-$\frac{{E_0^2}}{{2{\mu _0}c}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} [i{(\cos \alpha \frac{Z}{2})^*}\sin \alpha \frac{Z}{2}]{\vec e_z}$ puis 5.13°$ \Rightarrow $$\left\langle {\vec \pi } \right\rangle = $-$\frac{{E_0^2}}{{2{\mu _0}c}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ {\frac{{i(1 + i)}}{{\delta \alpha }}\;{{\left| {\cos \alpha \frac{Z}{2}} \right|}^2}} \right]{\vec e_z}$ = $\frac{{E_0^2}}{{2{\mu _0}}}\frac{{{{\left| {\cos \alpha \frac{Z}{2}} \right|}^2}}}{{\delta \omega }}\;{\vec e_z}$
On remplace $\alpha = \frac{\omega }{c}$ et $\omega $ par leurs valeurs ce qui donne:
$\left\langle {\vec \pi } \right\rangle = $ $\frac{{{\varepsilon _0}cE_0^2}}{2}\sqrt {\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}} \left( {c{h^2}\sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} - {{\sin }^2}\left( {(2n + 1)\frac{\pi }{2} - \sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} } \right)} \right){\vec e_z}$.
En remplaçant le carré du sinus par celui du cosinus de l’angle complémentaire et en effectuant un développement limité au premier ordre en $\frac{{{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{{2\sigma }}$, on obtient: $\left\langle {\vec \pi } \right\rangle = \frac{{{\varepsilon _0}cE_0^2}}{4}\sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} {\vec e_z}$.
La densité moyenne d’énergie est $\left\langle w \right\rangle = \frac{{{\varepsilon _0}}}{4}\vec E.{\vec E^*} + \frac{{{\varepsilon _0}{c^2}}}{4}\vec B.{\vec B^*}$ et après calcul $\left\langle w \right\rangle = \frac{{{\varepsilon _0}E_0^2}}{4}ch2\sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} \frac{z}{Z}$; on peut alors calculer l’énergie dans la cavité par intégration sur son volume:
$W = \int\limits_{ - \frac{Z}{2}}^{\frac{Z}{2}} {wSdz} $$ = \frac{{{\varepsilon _0}E_0^2S}}{4}\frac{{sh\sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} }}{{\frac{1}{Z}\sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} }}$ et par développement limité au premier ordre: $W = \frac{{{\varepsilon _0}E_0^2}}{4}SZ$
La puissance perdue dans le métal est $P = 2\left\langle {\vec \pi .\vec S} \right\rangle $ $ = 2Wc\sqrt {\frac{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}{\sigma }} $ en tenant compte des deux faces dans la cavité et par ailleurs $P = - \frac{{dW}}{{dt}}$; on obtient une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants en W dont l’intégration donne $W = {W_0}{e^{ - \frac{t}{{\tau '}}}}$ avec $\tau ' = \sqrt {\frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}{\omega _0}}}} \frac{Z}{{2c}} = \frac{\tau }{2}$ ($\tau $ de 5.15°); quand on passe de l’amplitude à l’énergie, l’exposant est divisé par 2; l’énergie varie plus rapidement que l’amplitude.

6.1°) L’onde est voisine d’une onde plane: la dépendance en z (passage par toutes les valeurs de ${e^{ - ikz}}$) est contenue dans ${e^{ - ikz}}$ dont la variation se fait sur la longueur caractéristique $\lambda $(longueur d’onde); u varie donc peu sur une distance de quelques longueurs d’onde.
Par ailleurs, le faisceau est étroit et donc limité latéralement; u varie rapidement avec x et y alors qu’il varie lentement en z. D’où: $\left| {\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {z^2}}}} \right| < < \left| {\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}}} \right|\;et\;\left| {\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}}} \right|$ et $\left| {\frac{{\partial u}}{{\partial z}}} \right| < < \frac{{\left| u \right|}}{\lambda }$
6.2°) Le champ électrique vérifie: $\frac{{{\partial ^2}E}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}E}}{{\partial {y^2}}} + \frac{{{\partial ^2}E}}{{\partial {z^2}}} + \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}}E = 0$; il suffit de le remplacer par $u(x,y,z){e^{i(\omega t - kz)}}$ avec $k = \frac{\omega }{c}$ pour obtenir $\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}} + \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {z^2}}} - 2ik\frac{{\partial u}}{{\partial z}} = 0$; or $k = \frac{{2\pi }}{\lambda }$; en tenant compte des approximations: $\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}} - 2ik\frac{{\partial u}}{{\partial z}} = 0$ équation d’onde paraxiale.
6.3°) Pour une onde sphérique divergente en M(x,y,z), issue de O(0,0,0), en appelant r la distance à OM le champ est $E = \frac{{{E_0}}}{r}{e^{ - ikr}}{e^{i\omega t}}$ avec $r = \sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} $; en z>0 $E = \frac{{{E_0}}}{{\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} }}{e^{ikz\left( {1 - \sqrt {1 + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{{{z^2}}}} } \right)}}{e^{i(\omega t - kz)}}$ d’où ${u_S}(x,y,z) = \frac{{{E_0}}}{{\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} }}{e^{ikz\left( {1 - \sqrt {1 + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{{{z^2}}}} } \right)}}$. Pour une onde sphérique convergente en O, en z<0, on aurait la même expression.
6.4°) Si z >> x et y, alors $u{'_S}(x,y,z) = \frac{{{E_0}}}{z}{e^{ - ik\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{2z}}} \right)}}$
6.5°) $\frac{{{\partial ^2}u{'_S}}}{{\partial {x^2}}} = - ik\frac{{{E_0}}}{{{z^2}}}{e^{ - ik\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{2z}}} \right)}}\left( {1 - ik\frac{{{x^2}}}{z}} \right)$ et de même en y
d’où $\frac{{{\partial ^2}u{'_S}}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}u{'_S}}}{{\partial {y^2}}} = - ik\frac{{{E_0}}}{{{z^2}}}{e^{ - ik\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{2z}}} \right)}}\left( {2 - ik\frac{{{x^2} + {y^2}}}{z}} \right)$
Par ailleurs $2ik\frac{{\partial u{'_S}}}{{\partial z}} = ik\frac{{{E_0}}}{{{z^2}}}{e^{ - ik\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{2z}}} \right)}}\left( {2 - ik\frac{{{x^2} + {y^2}}}{z}} \right)$; on en déduit: $\frac{{{\partial ^2}u{'_S}}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}u{'_S}}}{{\partial {y^2}}} - 2ik\frac{{\partial u{'_S}}}{{\partial z}} = 0$
$u{'_S}$ est solution exacte de l’équation d’onde paraxiale.
6.6°) $u(x,y,z) = A(z){e^{ - ik\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{2q(z)}}} \right)}}$; le même genre de calcul qu’en 6.5° donne: $\frac{{2ik}}{A}\frac{{dA}}{{dz}} + \left( {\frac{{{k^2}}}{{{q^2}}}({x^2} + {y^2})(1 - \frac{{dq}}{{dz}}) + \frac{{2ik}}{q}} \right) = 0$; on cherche A=A(z) et de ce fait le coefficient de ${x^2} + {y^2}$ doit être nul $ \Rightarrow $ $\frac{{dq}}{{dz}} = 1$ et $q(z) = {q_0} + z - {z_0}$; puis $\frac{{dA}}{{dz}} = - \frac{A}{{q(z)}}$ soit en intégrant $A(z)q(z) = cste$ ou $A(z) = {A_0}\frac{{{q_0}}}{{q(z)}}$
6.7°) $u(x,y,z) = \frac{{{A_0}{q_0}}}{{{q_0} + z - {z_0}}}{e^{ - ik\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{2(q + z - {z_0})}}} \right)}}$ et selon le texte $u(x,y,z) = {u_0}B{e^{ - ikB\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{2}} \right)}}$ avec $B = \frac{1}{{R(z)}} - \frac{{2i}}{{k{w^2}(z)}}$; en identifiant les phases on en déduit $B = \frac{1}{{R(z)}} - \frac{{2i}}{{k{w^2}(z)}} = \frac{1}{{q(z)}} = \frac{1}{{{q_0} + z - {z_0}}}$ et en identifiant les amplitudes ${u_0} = {A_0}{q_0}$.

6.8°) On a ${q_0} = {q_1} + i{q_2}$ avec ${q_1} + z - {z_0} = \frac{{{{(k{w^2})}^2}R}}{{{{(k{w^2})}^2} + 4{R^2}}}$ et ${q_2} = \frac{{2k{w^2}{R^2}}}{{{{(k{w^2})}^2} + 4{R^2}}}$
d’où $R(z) = \frac{{q_2^2}}{{{q_1} + z - {z_0}}} + {q_1} + z - {z_0}$ et ${w^2}(z) = \frac{{2{q_2}}}{k}\left( {1 + \frac{{{{({q_1} + z - {z_0})}^2}}}{{q_2^2}}} \right)$
R(z) représente le rayon de courbure de l’onde; il varie avec z; l’onde est plane si R devient infini et donc si ${q_1} = 0$ et $z = {z_0}$; on pose ${w_0} = w({z_0})$ et on obtient ${q_2} = \frac{{kw_0^2}}{2} = {Z_0}$ (longueur de Rayleigh); avec ces notations: ${Z_0} = {q_2} = \frac{{\pi w_0^2}}{\lambda }$ et ${q_0} = i{Z_0}$ puis $R(z) = \frac{{Z_0^2}}{{z - {z_0}}} + z - {z_0}$ et $w(z) = {w_0}{\left( {1 + {{\left( {\frac{{z - {z_0}}}{{{Z_0}}}} \right)}^2}} \right)^{\frac{1}{2}}}$
6.9°) En remplaçant dans l’expression du champ électrique, on trouve: $E = {A_0}\frac{{{e^{ - iArc\tan \left( {\frac{{z - {z_0}}}{{{Z_0}}}} \right)}}}}{{{{\left[ {1 + {{\left( {\frac{{z - {z_0}}}{{{Z_0}}}} \right)}^2}} \right]}^{\frac{1}{2}}}}}{e^{ - \frac{{ik{r^2}}}{{2\left( {z - {z_0} + \frac{{Z_0^2}}{{z - {z_0}}}} \right)}}}}{e^{ - \frac{{k{r^2}}}{{2\left[ {1 + {{\left( {\frac{{z - {z_0}}}{{{Z_0}}}} \right)}^2}} \right]{Z_0}}}}}{e^{i(\omega t - kz)}}$ avec $r = \sqrt {{x^2} + {y^2}} $
Pour une surface d’onde, la phase est constante d’où: $kz + Arc\tan \left( {\frac{{z - {z_0}}}{{{Z_0}}}} \right) + \frac{{k{r^2}}}{{2\left( {z - {z_0} + \frac{{Z_0^2}}{{z - {z_0}}}} \right)}} = cste$
w(z) est la distance, selon une direction perpendiculaire à l’axe du faisceau, au bout de laquelle l’amplitude est divisée par e et l’intensité par e²; on l’appelle le rayon focal: il est fonction de z.
6.10°) $w\frac{{dw}}{{dz}} = w_0^2\frac{{z - {z_0}}}{{{Z_0}}}$ s’annule si $z = {z_0}$; on a un minimum de w(z); en cet endroit le faisceau a une « section » minimale de rayon focal ${w_0}$(« waist » en anglais) et le rayon de courbure est infini. Le texte parle de « foyer », mais le nom est incorrect.
L’approximation $\left| {\frac{{\partial u}}{{\partial z}}} \right| < < \frac{{\left| u \right|}}{\lambda }$ est vérifiée si $r < < \frac{{kw_0^2}}{2}$.
Enfin d’après l’expression du champ de 6.9°, l’abscisse z₀ de la zone à rayon focal minimal et la valeur w₀ de ce minimum déterminent totalement la géométrie du faisceau.

6.11°) L’onde en sortie est sphérique convergente de centre le foyer image F.
6.12°) On note e l’épaisseur de la lentille mince et n l’indice du verre dont elle est faite. Dans le cadre de l’approximation de Gauss, un rayon incident parallèle à l’axe traverse la lentille mince selon le segment IJ très court (inférieur à e) par rapport aux rayons de courbure R₁ et R₂ des faces et peu incliné par rapport à l’axe de la lentille. Le retard de phase introduit par la présence de la lentille est donc $\phi (r) = k(n - 1)IJ$. Soit en appelant H et H’ les projections de I et J sur l’axe et S₁ et S₂ les sommets des faces: $\phi (r) = k(n - 1)(e - \overline {{S_1}H} - \overline {H'{S_2}} )$; pour évaluer les deux segments, on raisonne sur le cercle ci-contre.

Soit α l’angle entre SS’ et IS’ qu’on retrouve entre IS et IH: $\tan \alpha = \frac{r}{{2R - \overline {SH} }} = \frac{{\overline {SH} }}{r}$ $ \Rightarrow $ $\overline {SH} \approx \frac{{{r^2}}}{{2R}}$ $ \Rightarrow $
$\phi (r) = k(n - 1)\left( {e - \frac{{{r^2}}}{2}\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right)} \right)$ ; or la vergence de la lentille est $V = \frac{1}{{f'}} = (n - 1)\left( {\frac{1}{{{R_1}}} + \frac{1}{{{R_2}}}} \right)$ d’où $\phi (r) = \phi (0) - k\frac{{{V^2}}}{2}{r^2}$
Les rayons de courbure sont comptés avec la convention: ${R_1} = \overline {{S_1}{C_1}} $ et ${R_2} = - \overline {{S_2}{C_2}} $(attention au signe moins)
6.13°) Soit un point A sur z’z émettant une onde sphérique divergente avec $\overline {OA} = {z_1}$.
$E = \frac{{{E_0}}}{{\left| {z - {z_1}} \right|}}{e^{ - ik\frac{{{r^2}}}{{2(z - {z_1})}}}}{e^{i(\omega t - kz)}}$ pour $z > {z_1}$; en z=0 et après traversée de la lentille, $E = \frac{{{E_0}}}{{\left| {{z_1}} \right|}}{e^{ - ik\frac{{{r^2}}}{{2{z_1}}}}}{e^{ - i(\phi (r) - \phi (0))}}{e^{i(\omega t - \phi (0))}}$$ = \frac{{{E_0}}}{{\left| {{z_1}} \right|}}{e^{ik\frac{{{r^2}}}{{2{z_1}}}\left( {\frac{1}{{{z_1}}} + \frac{1}{{f'}}} \right)}}{e^{i(\omega t - \phi (0))}}$expression compatible avec une onde sphérique divergente centrée en A’, d’abscisse z₂ positive qui s’écrit: $E = \frac{{\underline {E{'_0}} }}{{\left| {{z_2}} \right|}}{e^{ik\frac{{{r^2}}}{{2{z_2}}}}}{e^{i\omega t}}$; on ne cherche pas la relation entre les amplitudes complexes; il suffit d’identifier les phases et ce pour toute valeur de r dans le cadre de l’approximation de Gauss. On en déduit: $\frac{1}{{{z_2}}} - \frac{1}{{{z_1}}} = \frac{1}{{f'}} = V$; on peut généraliser à un système centré mince quelconque (indices extrêmes n et n’); il introduit un retard de phase $\phi (r) = \phi (0) - {k_0}\frac{{{V^2}}}{2}{r^2}$ ce qui conduit à $\frac{{f'}}{{{z_2}}} + \frac{f}{{{z_1}}} = 1$ avec $V = \frac{{n'}}{{f'}} = - \frac{n}{f}$; pour un dioptre sphérique: $V = \frac{{n' - n}}{{\overline {SC} }}$ et pour un miroir sphérique $V = \frac{{ - 2n}}{{\overline {SC} }}$.
6.14°) Pour l’onde incidente en z=0, ${E_1}(x,y,0,t) = {u_{01}}\left( {\frac{1}{{{R_1}(0)}} - \frac{{2i}}{{kw_1^2(0)}}} \right){e^{ - \frac{{ik{r^2}}}{{2{R_1}(0)}}}}{e^{ - \frac{{{r^2}}}{{w_1^2(0)}}}}{e^{i\omega t}}$
Juste après traversée de la lentille: ${E_2}(x,y,0,t) = {u_{01}}\left( {\frac{1}{{{R_1}(0)}} - \frac{{2i}}{{kw_1^2(0)}}} \right){e^{ - \frac{{ik{r^2}}}{{2{R_1}(0)}}}}{e^{\frac{{ikV{r^2}}}{2}}}{e^{ - \frac{{{r^2}}}{{w_1^2(0)}}}}{e^{i\omega t}}$ ce qui est compatible avec une onde émergente du même type: ${E_2}(x,y,0,t) = {u_{02}}\left( {\frac{1}{{{R_2}(0)}} - \frac{{2i}}{{kw_2^2(0)}}} \right){e^{ - \frac{{ik{r^2}}}{{2{R_2}(0)}}}}{e^{ - \frac{{{r^2}}}{{w_1^2(0)}}}}{e^{i\omega t}}$
En identifiant les exposants imaginaires en r², on a: $\frac{1}{{{R_1}(0)}} - \frac{1}{{{R_2}(0)}} = V$ et ${w_1}(0) = {w_2}(0)$; la première relation est la relation de conjugaison des « foyers » et la seconde exprime la continuité du rayon focal sur la lentille.
On a $\frac{1}{{{q_1}(0)}} - \frac{1}{{{q_2}(0)}} = V$; ${R_2}(0) = - \left( {\frac{{Z_2^2}}{{{z_2}}} + {z_2}} \right)$ et ${R_1}(0) = - \left( {\frac{{Z_1^2}}{{{z_1}}} + {z_1}} \right)$; ${Z_1} = \frac{{kw_1^2}}{2}$ et ${Z_2} = \frac{{kw_2^2}}{2}$;
${w_1}(0) = {w_1}{\left( {1 + {{\left( {\frac{{{z_1}}}{{{Z_1}}}} \right)}^2}} \right)^{\frac{1}{2}}}$et ${w_2}(0) = {w_2}{\left( {1 + {{\left( {\frac{{{z_2}}}{{{Z_2}}}} \right)}^2}} \right)^{\frac{1}{2}}}$
On obtient: $w_2^2\left( {1 + {{\left( {\frac{{{z_2}}}{{{Z_2}}}} \right)}^2}} \right) = w_1^2\left( {1 + {{\left( {\frac{{{z_1}}}{{{Z_1}}}} \right)}^2}} \right)$ et $\frac{1}{{{z_2} + \frac{{Z_2^2}}{{{z_2}}}}} - \frac{1}{{{z_1} + \frac{{Z_1^2}}{{{z_1}}}}} = V = \frac{1}{{f'}}$
Comme en 6.13° pour un système mince $\frac{{f'}}{{{q_2}(0)}} + \frac{f}{{{q_1}(0)}} = 1$.
A partir des 2 équations à 2 inconnues obtenues on peut calculer w₂ et z_2:
$w_2^2 = \frac{{w_1^2\left( {1 + {{\left( {\frac{{{z_1}}}{{{Z_1}}}} \right)}^2}} \right)}}{{1 + {{\left[ {V\left( {{Z_1} + \frac{{z_1^2}}{{{Z_1}}}} \right) + \frac{{{z_1}}}{{{Z_1}}}} \right]}^2}}}$ et ${z_2} = \frac{{\left[ {1 + {{\left( {\frac{{{z_1}}}{{{Z_1}}}} \right)}^2}} \right]\left( {{z_1} + V(Z_1^2 + z_1^2)} \right)}}{{1 + {{\left[ {V\left( {{Z_1} + \frac{{z_1^2}}{{{Z_1}}}} \right) + \frac{{{z_1}}}{{{Z_1}}}} \right]}^2}}}$
Mais ces expressions ne servent à rien ensuite; merci d’en avoir demandé le calcul!

6.15°) Pour un miroir sphérique: $\frac{1}{{{R_1}(0)}} + \frac{1}{{{R_2}(0)}} = - V = \frac{2}{{\overline {SC} }}$ et ${w_1}(0) = {w_2}(0)$
et $w_2^2\left( {1 + {{\left( {\frac{{{z_2}}}{{{Z_2}}}} \right)}^2}} \right) = w_1^2\left( {1 + {{\left( {\frac{{{z_1}}}{{{Z_1}}}} \right)}^2}} \right)$ et $\frac{1}{{{z_2} + \frac{{Z_2^2}}{{{z_2}}}}} + \frac{1}{{{z_1} + \frac{{Z_1^2}}{{{z_1}}}}} = V = \frac{1}{{f'}}$
Le faisceau est stable si la zone de resserrement est unique (le faisceau résultant a une forme gaussienne) caractérisé par w₁ et $Z = \frac{{kw_1^2}}{2}$ et par les distances algébriques z₁, z₂ aux miroirs avec $L = {z_2} - {z_1}$; à partir de la relation de conjugaison, on obtient: ${z_1} + \frac{{{Z^2}}}{{{z_1}}} = - {R_1}$ et ${z_2} + \frac{{{Z^2}}}{{{z_2}}} = {R_2}$; on remarque que les rayons de courbure du faisceau gaussien au niveau des miroirs sont les rayons de courbure des miroirs.
On a 3 équations à trois inconnues qui permettent de déterminer z₁, z₂ et w₁. On calcule seulement z₁, z_2.
${z_2} = \frac{{L({R_1} - L)}}{{{R_1} + {R_2} - 2L}}$ ${z_1} = \frac{{L(L - {R_2})}}{{{R_1} + {R_2} - 2L}}$ ${Z^2} = \frac{{L({R_1} - L)({R_2} - L)({R_1} + {R_2} - L)}}{{{{({R_1} + {R_2} - 2L)}^2}}}$
Avec ${g_i} = 1 - \frac{L}{{{R_i}}}$ on peut écrire ${Z^2} = {L^2}\frac{{{g_1}{g_2}(1 - {g_1}{g_2})}}{{{{({g_1} + {g_2} - 2{g_1}{g_2})}^2}}}$>0 $ \Rightarrow $ $0 < {g_1}{g_2} < 1$; c’est la condition de stabilité.
Notons que ${z_1} = - L\frac{{{g_2}(1 - {g_1})}}{{{g_1} + {g_2} - 2{g_1}{g_2}}}$ et ${z_2} = L\frac{{{g_1}(1 - {g_2})}}{{{g_1} + {g_2} - 2{g_1}{g_2}}}$
6.16°) Si les deux rayons de courbure sont égaux: ${Z^2} = \frac{L}{4}(2R - L) = \left( {\frac{{kw_1^2}}{2}} \right)$ $ \Rightarrow $ $w_1^2 = \frac{1}{k}\sqrt {(2R - L)L} $
La condition de stabilité est réalisée si R > L/2.
6.17°) Condition de résonance: sur un aller et retour, le long de z’z en particulier, le déphasage doit être un multiple entier de fois $2\pi $ soit sur un aller seulement un multiple entier de fois $\pi $; or $\varphi (z) = kz - Arc\tan \frac{{{z_0}}}{{{Z_0}}}$ et donc ${\varphi _2} - {\varphi _1} = k({z_2} - {z_1}) - (Arc\tan \frac{{{z_2}}}{Z} - Arc\tan \frac{{{z_1}}}{Z}) = q\pi $, q entier positif ou nul; on pose $\gamma = Arc\tan \frac{{{z_2}}}{Z} - Arc\tan \frac{{{z_1}}}{Z}$; le calcul donne ${\cos ^2}\gamma = {g_1}{g_2}$ puis $\nu = \frac{c}{{2L}}\left( {q + \frac{1}{\pi }Arc\cos \sqrt {{g_1}{g_2}} } \right)$; si les deux rayons sont égaux $\nu = \frac{c}{{2L}}\left( {q + \frac{1}{\pi }Arc\cos \left( {1 - \frac{L}{R}} \right)} \right)$.
7.1°) L’équation de propagation de la composante x du champ électrique est $\frac{{{\partial ^2}{E_x}}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}{E_x}}}{{\partial {y^2}}} + \frac{{{\partial ^2}{E_x}}}{{\partial {z^2}}} + \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}}{E_x} = 0$
${{E}_{x}}=f(x)g(y)h(z)\Rightarrow \frac{f''}{f}+\frac{g''}{g}+\frac{h''}{h}+\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}}=0$; pour pouvoir assurer les conditions limites, il faut: $\frac{f''}{f}=-k_{x}^{2}$ $\frac{g''}{g}=-k_{y}^{2}$ et $\frac{h''}{h}=-k_{z}^{2}$ avec $k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 = \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}}$; avec un des sommets de la cavité à l’origine des axes:
$f(x) = A\cos {k_x}x + B\sin {k_x}x$, $g(y) = C\cos {k_y}y + D\sin {k_y}y$, $h(z) = E\cos {k_z}z + F\sin {k_z}z$
Les conditions limites sont:
${E_x}(x = 0\;et\;x = X) = {E_y}(x = 0\;et\;x = X) = 0$
${E_z}(y = 0\;et\;y = Y) = {E_x}(y = 0\;et\;y = Y) = 0$
${E_x}(z = 0\;et\;z = Z) = {E_y}(z = 0\;et\;z = Z) = 0$
g(0) = g(Y) = 0 et h(0) = h(Z) impliquent C = E = 0
$g(y) = D\sin {k_y}y$ $h(z) = F\sin {k_z}z$
${k_y} = \pm \frac{{m\pi }}{Y}$ ${k_z} = \pm \frac{{n\pi }}{Z}$
${E_x} = ({A_1}\cos {k_x}x + {B_1}\sin {k_x}x)\sin {k_y}y\sin {k_z}z{e^{i\omega t}}$ et de même ${E_y} = \sin k{'_x}x({A_2}\cos k{'_y}y + {B_2}\sin k{'_y}y)\sin k{'_z}z{e^{i\omega t}}$
${{E}_{z}}=\sin k{{''}_{x}}x\sin k{{''}_{y}}y({{A}_{3}}\cos k{{''}_{z}}z+{{B}_{3}}\sin k{{''}_{z}}z){{e}^{i\omega t}}$
Du fait que $div\vec E = 0$, il existe une combinaison linéaire entre les dérivées de ces composantes vraie pour tout x,y,z dans le domaine de la cavité; on peut en conclure qu’on a les mêmes composantes de vecteur d’onde entre les trois composantes du champ et donc que ${k_x} = \pm \frac{{l\pi }}{X}$ ${k_y} = \pm \frac{{m\pi }}{Y}$ ${k_z} = \pm \frac{{n\pi }}{Z}$ avec l,m,n $ \in \aleph $.
La combinaison linéaire est également vraie en x = 0 ou X, en y = 0 ou Y, en z = 0 ou Z; on en déduit ${B_1} = {B_2} = {B_3} = 0$ et ${A_1}l + {A_2}m + {A_3}n = 0$; en fait, il n’existe que deux constantes indépendantes;
${E_x} = {A_1}\cos {k_x}x\sin {k_y}y\sin {k_z}z{e^{i\omega t}}$ ${E_y} = {A_2}\sin {k_x}x\cos {k_y}y\sin {k_z}z{e^{i\omega t}}$ ${E_z} = {A_3}\sin {k_x}x\sin {k_y}y\cos {k_z}z{e^{i\omega t}}$
On peut également calculer les composantes du champ magnétique et vérifier que le champ magnétique a des composantes normales nulles sur les faces de la cavité.
Enfin $k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 = \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}}$ implique $\nu = \frac{c}{2}{\left( {\frac{{{l^2}}}{{{X^2}}} + \frac{{{m^2}}}{{{Y^2}}} + \frac{{{n^2}}}{{{Z^2}}}} \right)^{\frac{1}{2}}}$.

7.2°) Dans l’espace des vecteurs d’onde, les extrémités des vecteurs d’onde possibles définissent un réseau cubique dont la maille élémentaire à les cotés $\frac{\pi }{X},\frac{\pi }{Y},\frac{\pi }{Z}$ de volume $v = \frac{{{\pi ^3}}}{{XYZ}} = \frac{{{\pi ^3}}}{V}$; la zone sphérique de rayons k et k+dk a le volume $d\tau = 4\pi {k^2}dk$; un mode correspond à une onde progressive qui se réfléchit sur les différentes faces soit à $ \pm l, \pm m, \pm n$; il faut compter un huitième du volume de la zone sphérique; en plus, pour l,m,n donnés on a deux états de polarisation indépendants (${A_1} = 0$ ou ${A_2} = 0$); le nombre de modes de norme de vecteur d’onde compris entre k et k+dk est $dn = \frac{2}{8}\frac{{4\pi {k^2}dk}}{{{\pi ^3}}}V$; c’est aussi le nombre de modes de fréquence comprise entre $\nu \;et\;\nu + d\nu $$ \Rightarrow $ $dn = 8\pi V\frac{{{\nu ^2}}}{{{c^3}}}d\nu $ et ${\rm N}(\nu ) = V\frac{{8\pi {\nu ^2}}}{{{c^3}}}$
7.3°) Le calcul de I fait intervenir des intégrales du type $\int\limits_0^X {\cos {n_1}\frac{\pi }{X}\cos {n_2}\frac{\pi }{X}dx} $ ou bien en sinus, qu’on linéarise en intégrales de cosinus faisant figurer la somme ou la différence des deux entiers; ces intégrales sont nulles si les entiers sont différents. De ce fait $I = 0$.
7.4°) Les champs électrique et magnétique sont combinaison linéaire des champs des modes propres; quand on les remplace dans l’expression de la densité d’énergie électromagnétique on fait intervenir en développant des intégrales de produits de champs qui sont nulles et des intégrales proportionnelles au carré des champs des modes propres; pour chaque mode un terme est proportionnel au carré du champ électrique et un autre au carré du champ magnétique; on a deux termes quadratiques par mode propre; en retenant, selon le théorème d’équipartition de l’énergie, l’énergie kT/2 par degré de liberté, on a l’énergie kT par mode propre.
On retrouve le théorème de Rayleigh-Jeans qui dit que chaque mode est équivalent à un oscillateur harmonique linéaire. D’où:
$dU(\nu ) = {\rm N}(\nu )d\nu = V\frac{{8\pi {\nu ^2}kT}}{{{c^3}}}d\nu $ soit une densité d’énergie spectrale $u(\nu ) = \frac{{8\pi {\nu ^2}kT}}{{{c^3}}}$.
7.5°) ${U_t} = \int\limits_0^\infty {U(\nu )d\nu } = \frac{{\pi kTV}}{{{c^3}}}\int\limits_0^\infty {{\nu ^2}d\nu } $ ; l’intégrale n’est pas définie; l’énergie emmagasinée ne peut être infinie.
7.6°) La probabilité de l’énergie ${E_n} = nh\nu $ pour le mode propre de fréquence $\nu $ est ${P_n} = A{e^{ - \frac{{nh\nu }}{{kT}}}}$; or $\sum\limits_{n = o}^\infty {{P_n}} = 1$(ne pas oublier n=0; la probabilité de l’état d’énergie nulle est non nulle); d’où ${P_n} = \frac{{{e^{ - \frac{{nh\nu }}{{kT}}}}}}{{\sum\limits_{n = 0}^\infty {{e^{ - \frac{{nh\nu }}{{kT}}}}} }}$
7.7°) L’énergie moyenne du mode de fréquence $\nu $ est ${\rm E}(\nu ) = \sum\limits_{n = o}^\infty {{P_n}} {E_n}$ $ = \frac{{\sum\limits_{n = 0}^\infty {nh\nu {e^{ - \frac{{nh\nu }}{{kT}}}}} }}{{\sum\limits_{n = 0}^\infty {{e^{ - \frac{{nh\nu }}{{kT}}}}} }}$
$x = \frac{{h\nu }}{{kT}}$ $ \Rightarrow $${\rm E}(\nu ) = xkT\frac{{\sum\limits_{n = 0}^\infty {n{e^{ - nx}}} }}{{\sum\limits_{n = 0}^\infty {{e^{ - nx}}} }}$$ = - xkT\frac{{\frac{d}{{dx}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {n{e^{ - nx}}} }}{{\sum\limits_{n = 0}^\infty {{e^{ - nx}}} }}$$ = - xkT\frac{d}{{dx}}\ln \sum\limits_{n = 0}^\infty {{e^{ - nx}}} $$ = - xkT\frac{d}{{dx}}\ln \frac{1}{{1 - {e^{ - x}}}}$$ = kT\frac{x}{{{e^x} - 1}}$
${\rm E}(\nu ) = \frac{{h\nu }}{{{e^{\frac{{h\nu }}{{kT}}}} - 1}}$.
En fait cette démonstration n’est pas valable car les photons obéissent à la statistique de Bose-Einstein et l’énergie d’un oscillateur linéaire n’est pas ${E_n} = nh\nu $ mais ${E_n} = (n + \frac{1}{2})h\nu $; dans l’état fondamental, à une température absolue de O K, avec la formule du texte, l’oscillateur à une énergie nulle; c’est-à-dire que la somme de l’énergie cinétique $\frac{1}{2}m{v^2}$ et de l’énergie potentielle $\frac{1}{2}k{x^2}$est nulle; de ce fait vitesse et abscisse sont nulles simultanément ce qui est contraire au principe d’indétermination de Heisenberg.

7.8°) $dU = \frac{{8\pi V{\nu ^2}}}{{{c^3}}}\frac{{h\nu }}{{{e^{\frac{{h\nu }}{{kT}}}} - 1}}d\nu $$ \Rightarrow $ ${u_\nu } = V\frac{{8\pi h{\nu ^3}/{c^3}}}{{{e^{\frac{{h\nu }}{{kT}}}} - 1}}$; c’est la loi de Planck, relative au corps noir (intérieur d’un four isotherme); l’énergie du corps noir est ${U_t} = V\frac{{2\pi h}}{{{c^3}}}\int\limits_{\nu = 0}^\infty {\frac{{{\nu ^3}}}{{{e^{\frac{{h\nu }}{{kT}}}} - 1}}} \;d\nu $; elle est finie car la fonction se comporte comme ${\nu ^3}{e^{ - \frac{{h\nu }}{{kT}}}}$ quand la fréquence tend vers l’infini et que l’exponentielle l’emporte.
7.9°) On peut définir la densité d’énergie totale ${u_t} = \frac{1}{V}\int\limits_0^\infty {U(\nu )d\nu } $, d’une part car l’intégrale qui l’exprime est définie mathématiquement et d’autre part car on a équilibre thermique; l’énergie se répartit sur tous les modes et se répartit également dans l’espace de la cavité.
7.10°) $x = \frac{{h\nu }}{{kT}}$ ${u_t} = \frac{{8\pi h}}{{{c^3}}}{\left( {\frac{{kT}}{h}} \right)^4}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^3}dx}}{{{e^x} - 1}}} $ soit ${u_t} = \sigma {T^4}$
avec $\sigma = \frac{{8{\pi ^5}{k^4}}}{{15{h^3}{c^3}}}$ ; c’est la loi de Stéphan-Boltzmann; la densité d’énergie totale est proportionnelle à la puissance quatrième de la température absolue.