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:
${\alpha _D} = {e^{ - {\textstyle{8 \over 3}}{\gamma ^2}{G^2}Dt_1^3}} = 0,80$
${\alpha _R} = {e^{ - {\textstyle{{2{t_1}} \over {{T_2}}}}}} = 0,82$