Concours Physique ENS Lyon, Cachan (MP*) 1997 (Corrigé)

ENS Lyon Cachan 1997 section MP
I Propagation de la lumière dans deux guides d’ondes différents
A - Equations de Maxwell
a) L’équation de Maxwell-Gauss (M.G.) $div\,E = \frac{\rho }{{{\varepsilon _0}}}$ est la version locale du théorème de Gauss.
L’équation $div\,B = 0$ exprime que B est à flux conservatif (absence de “ charges magnétiques ”)
L’équation de Maxwell-Ampère (M.A.) $rot\;B - {\varepsilon _0}{\mu _0}\frac{{\partial E}}{{\partial t}} = {\mu _0}j$ est la version locale du théorème de Maxwell-Ampère qui devient le théorème d’Ampère en régime permanent.
L’équation de Maxwell-Faraday (M.F.) $rot\;E + \frac{{\partial B}}{{\partial t}} = 0$ est équivalente à $\oint {E.dl} = - \frac{{d{\Phi _B}}}{{dt}}$ (contour fixe) qui correspond dans ce cas à la loi de Faraday.

b) En prenant la divergence de (M.A.) et en utilisant (M.G.) on obtient $div\;j + \frac{{\partial \rho }}{{\partial t}} = 0$ qui est l’équation locale de conservation de la charge.
c) En régime variable les champs E et B sont couplés (voir (M.A.) et (M.F.)) ce qui n’est plus le cas en régime permanent : chaque équation fait intervenir alors soit l’un soit l’autre mais pas les deux champs en même temps.
d) En l’absence de charges et de courants ρ=0 et j=0. En prenant le rotationnel de (M.A.) et en utilisant (M.F.) et $div\,B = 0$ on obtient l’équation $\Delta B - {\varepsilon _0}{\mu _0}\frac{{{\partial ^2}B}}{{\partial {t^2}}} = 0$ . De même, le rotationnel de (M.F.) et l’utilisation de (M.A.) et (M.G.) conduisent à $\Delta E - {\varepsilon _0}{\mu _0}\frac{{{\partial ^2}E}}{{\partial {t^2}}} = 0$. Ce sont des équations de propagation de célérité $c = \frac{1}{{\sqrt {{\varepsilon _0}{\mu _0}} }}$.

B - Guide d’onde
a) Dériver par rapport à z revient à multiplier par ik. Dériver par rapport à t revient à multiplier par -iω. On en déduit alors (après simplification par le facteur exponentiel) :
(M.A.) projetée sur ${\vec e_\theta }$ devient $ik{{\rm{B}}_r} - \frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}} + {\varepsilon _0}{\mu _0}i\omega {{\rm{E}}_\theta } = 0$ . (M.F.) projetée sur ${\vec e_r}$ devient $ - ik{{\rm{E}}_\theta } - i\omega {{\rm{B}}_r} = 0$. Ces deux équations conduisent (en posant ${K^2} = \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} - {k^2}$) à ${{\rm{B}}_r} = \frac{{ik}}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}$ et à ${{\rm{E}}_\theta } = - \frac{{i\omega }}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}$. De la même façon, en utilisant (M.A.) projetée sur ${\vec e_r}$ et (M.F.) projetée sur ${\vec e_\theta }$ on obtient ${{\rm{B}}_\theta } = \frac{{i\omega }}{{{K^2}{c^2}}}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}}$ et ${{\rm{E}}_r} = \frac{{ik}}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}}$. Les vérifications d’homogénéité se font aisément en utilisant le fait que [E]=[B][c] [k]=[K] [k][c]=[ω] et [k][r]=1.
b) Pour une onde TEM, E_z et B_z devraient être nuls. Mais alors, d’après les équations du a), toutes les composantes sont nulles. L’onde nulle n’a que peu d’intérêt physique !
c) L’équation (M.A.) projetée sur ${\vec e_z}$ conduit (si ω est non nul) en utilisant les expressions obtenues au a) à l’équation $\frac{1}{{{K^2}}}\frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}}} \right) + {{\rm{E}}_z} = 0$ tandis que (M.F.) projetée également sur ${\vec e_z}$ conduit à $\frac{1}{{{K^2}}}\frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}} \right) + {{\rm{B}}_z} = 0$ c’est à dire que E_z et B_z vérifient exactement la même équation du second ordre.
Remarque : les équations (M.G.) et $div\,B = 0$ qui sont les seules non encore utilisées sont alors vérifiées.
d) Les conditions de passage entre le conducteur parfait (où E et B sont nuls) et le vide indiquent qu’au voisinage de la paroi les composantes tangentielles de E (E_z et E_θ) et normale de B (B_r) sont nulles. Cela impose donc (d’après le a) ) que, en r=R, E_z et $\frac{{d{{\rm{B}}_z}}}{{dr}}$ sont nuls (puisque ω est non nul). Par contre, contrairement à ce que suggère l’énoncé, il n’y a pas de contrainte sur B_z.
e) Le changement de variable proposé par l’énoncé mène à $\frac{1}{x}\frac{d}{{dx}}\left( {x\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dx}}} \right) + {{\rm{E}}_z} = 0$ qui peut s’écrire aussi $\frac{{{d^2}{E_z}}}{{d{x^2}}} + \frac{1}{x}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dx}} + {{\rm{E}}_z} = 0$ (équation de Bessel). La solution bornée en x=0 en est ${{\rm{E}}_z} = {a_0}{J_0}(Kr)$. D’après les relations du a) ${{\rm{E}}_r} = \frac{{ik}}{{{K^2}}}\frac{{d{{\rm{E}}_z}}}{{dr}} = {a_0}\frac{{ik}}{K}\frac{{d{J_0}}}{{dx}}(Kr)$ et ${{\rm{B}}_\theta } = {a_0}\frac{{i\omega }}{{K{c^2}}}\frac{{d{J_0}}}{{dx}}(Kr)$. Les autres composantes des champs sont nulles.

f) Les conditions mises en évidence au d) imposent alors seulement que E_z soit nul en r=R donc que ${J_0}(KR) = 0$. L’étude de la fonction de Bessel J₀ montre que cela correspond à des valeurs discrètes de K : K₁, K₂, K₃ etc. telles que K₁R ≈ 2,4 K₂R ≈ 5,5 K₃R ≈ 8,7 (et plus généralement K_jR ≈ jπ-π/4 pour j entier assez grand) qui sont donc fixées uniquement par la géométrie du guide. À ω et R fixé ces valeurs sont en nombre fini car il faut de plus que K soit inférieur à ω/c pour que k soit réel. Il y a donc un nombre fini (éventuellement nul si K₁>ω/c) de modes de propagation pour chaque fréquence. À chacun de ces modes (indice j) correspond une valeur k_j de k telle que $k_j^2 = \frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} - K_j^2$ . La plus grande valeur de k correspond à la plus petite de K donc à l’indice 1 : ${k_1} = \sqrt {\frac{{{\omega ^2}}}{{{c^2}}} - {{\left( {\frac{{2,4}}{R}} \right)}^2}} = 160\;{{\rm{m}}^{ - 1}}$. La longueur d’onde correspondante est $\lambda {}_1 = \frac{{2\pi }}{{{k_1}}} = 3,9\;{\rm{cm}}$. La vitesse de phase est ${v_{\varphi 1}} = \frac{\omega }{{{k_1}}} = c\frac{\omega }{{\sqrt {{\omega ^2} - {{\left( {\frac{{2,4c}}{R}} \right)}^2}} }} = 3,75\;{10^8}\,{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$. La vitesse de groupe qui représente la vitesse d’ensemble (de l’enveloppe) d’un paquet d’onde est ${v_{g1}} = \frac{{d\omega }}{{d{k_1}}} = \frac{{{c^2}}}{{{v_{\varphi 1}}}} = c\frac{{\sqrt {{\omega ^2} - {{\left( {\frac{{2,4c}}{R}} \right)}^2}} }}{\omega } = 2,4\;{10^8}\,{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - 1}}$ et est inférieure à c ce qui est satisfaisant sur le plan de la transmission de l’information.
II Propagation d'une onde lumineuse dans un milieu d’indice variable
a) Lois de Descartes : un rayon lumineux incident sur un dioptre donne naissance (en général) à un rayon réfléchi et à un rayon réfracté.
- Le rayon réfléchi et le rayon réfracté appartiennent au plan d’incidence.
- Le rayon réfléchi est le symétrique du rayon incident par rapport à la normale.
- Les angles d’incidence et de réfraction vérifient : n₁ sin i₁ = n₂ sin i₂.
Si $\left| {\sin {\rm{ }}{i_1}} \right| > \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}$, le rayon réfracté n’existe pas : on a réflexion totale.

b) La continuité de l’indice en r = R impose : n₁ = n₀(1 + AR²) d’où $A = \frac{{\frac{{{n_1}}}{{{n_0}}} - 1}}{{{R^2}}}$. A est donc positif.

c) On peut raisonner sur un milieu “ stratifié ” constitué d’un grand nombre de dioptres cylindriques coaxiaux, délimitant des milieux homogènes. Autrement dit, on approxime n(r) par une fonction en escalier, et on admet que tout se passe bien lorsque la hauteur des marches tend vers zéro.
(NDLR : l’énoncé aurait pu guider davantage les candidats vers ce raisonnement, les milieux inhomogènes étant hors programme.)
Dans ces conditions, il est clair que la trajectoire est plane puisqu’à chaque réfraction le rayon reste dans le plan méridien, et que $n\left( r \right)\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \beta } \right) = n\left( r \right)\cos \beta = {\rm{constante}}$le long du rayon lumineux. Lorsqu’on s’éloigne de l’axe, l’indice augmente, et par conséquent β augmente, d’où l’allure de la trajectoire.
d) D’après le résultat précédent, n(r) cos β = n₀ cos β₀ avec ${n_0}\sin {\beta _0} = \sin \frac{\pi }{6} = \frac{1}{2}$.
On peut alors écrire :
${\left( {\frac{{dr}}{{dz}}} \right)^2} = {\tan ^2}\beta = \frac{1}{{{{\cos }^2}\beta }} - 1 = {\left( {\frac{{n\left( r \right)}}{{{n_0}\cos {\beta _0}}}} \right)^2} - 1$
C’est l’équation différentielle demandée, avec K = n₀ cos β₀ .
e) Si n₁/n₀ est très voisin de 1, le résultat du b) indique que AR² sera très petit devant 1. Comme r≤ R , on peut considérer que Ar² est un infiniment petit et négliger les termes du second ordre :
${\left( {\frac{{dr}}{{dz}}} \right)^2} \cong \frac{{1 + 2A{r^2}}}{{{{\cos }^2}{\beta _0}}} - 1 = {\tan ^2}{\beta _0} + \frac{{2A{r^2}}}{{{{\cos }^2}{\beta _0}}}$
f) L’étude qualitative du c) montre que dr/dz va rester positif, et par conséquent :
$dz = \frac{{dr}}{{\sqrt {{{\tan }^2}{\beta _0} + \frac{{2A{r^2}}}{{{{\cos }^2}{\beta _0}}}} }}$
On peut alors utiliser une primitive donnée dans l’annexe b) avec a = tan β₀ et $x = \frac{{r\sqrt {2A} }}{{\cos {\beta _0}}}$, ce qui donne en intégrant de 0 à r :
$z = \frac{{\cos {\beta _0}}}{{\sqrt {2A} }}s{h^{ - 1}}\left( {\frac{{r\sqrt {2A} }}{{\sin {\beta _0}}}} \right)$
D’où finalement, en inversant cette relation :
$r = \frac{{\sin {\beta _0}}}{{\sqrt {2A} }}sh\left( {\frac{{z\sqrt {2A} }}{{\cos {\beta _0}}}} \right)$
Si A tend vers zéro, on peut linéariser le sinus hyperbolique et on obtient r ≅ z tan β₀ , ce qui correspond bien à une trajectoire rectiligne dans un milieu homogène. On obtient la même expression approchée si z tend vers 0 : la tangente à l’origine fait l’angle β₀ avec l’axe Oz.
g) Il faut bien entendu placer le détecteur en r = e tan β₁, avec n₁ sin β₁ = 1/2 , ce qui donne numériquement : r = 41,667 µm.
h) Le rayon lumineux est dévié, théoriquement il n’atteint plus le détecteur. En réalité, la déviation est faible, et il faut tenir compte de la largeur du faisceau laser ainsi que de la largeur du détecteur : on observera simplement une diminution du signal, le détecteur n’étant plus parfaitement centré sur le faisceau laser.
i) Il suffit d’appliquer le résultat du f), avec z = e , et on trouve r = 44,072 µm. Il faut donc éloigner le détecteur de l’axe de 2,405 µm.
(En prenant simplement r ≅ e tan β₀ , on obtient r = 44,064 µm, soit une erreur de 8 nm! Finalement, ce n'est pas le gradient d'indice qui est important, mais plutôt la variation d'indice au centre de l'échantillon.)

III Réalisation d'un milieu d'indice variable
a) Le courant thermique j (ou flux thermique surfacique) est donné par la loi de Fourier : $\vec j = - \lambda \overrightarrow {grad} T$. D'autre part, en dehors du fil, le travail échangé (autre qu'un éventuel travail des forces de pression) est nul, par conséquent l'équation exprimant le bilan local d'enthalpie s'écrit : $div\vec j + \rho C\frac{{\partial T}}{{\partial t}} = 0$. (Par analogie avec l'équation de conservation de la charge électrique.) En éliminant j, on en déduit que T satisfait à l'équation de diffusion :
$\frac{{\partial T}}{{\partial t}}D\Delta T{\text{ avec }}D = \frac{\lambda }{{\rho C}}$
b) D’après l’équation de diffusion, D se mesure en m²s^–1. Il est clair que l’argument de l’exponentielle est alors sans dimension, comme il se doit.
À chaque instant, la répartition de températures est une gaussienne centrée sur l’axe. La largeur de la gaussienne est proportionnelle à $\sqrt t $et sa hauteur à t^–1 : l’énergie “ s’étale ”. En calculant $\frac{{\partial T}}{{\partial t}}$, on montre facilement qu’à r fixé T est maximum à l’instant $t = \frac{{{r^2}}}{{4D}}$: un capteur placé en dehors de l’axe verra passer une “ bouffée de chaleur ”.
Si C tend vers 0, ou bien si λ tend vers l’infini, D tend vers l’infini, et le temps caractéristique d’évolution est très faible : en un point donné, T augmente très rapidement, puis revient presque instantanément à la valeur T₀.
Au contraire, si C tend vers l’infini, ou bien si λ tend vers 0, D tend vers 0, et le temps caractéristique d’évolution est infini : le matériau est un isolant thermique, rien ne se passe.
c) On peut déterminer B en effectuant un bilan global d’enthalpie : pour tout t positif, la variation d’enthalpie doit être égale au travail électrique reçu, ce qui s’écrit pour l’unité de longueur :
$\int_0^\infty {\rho C\left( {T - {T_0}} \right)2\pi r{\rm{ }}dr = R{I^2}\delta t} $
L’intégration est immédiate, et on obtient : $B = \frac{{R{I^2}\delta t}}{{4\pi \rho C}}$

d) L’écart de n par rapport à la valeur 1 (correspondant au vide) est proportionnel au nombre d’atomes avec lesquels interagit l’onde électromagnétique dans un volume donné, donc à ρ.
(NDLR : c’est vraiment tout ce qu’on peut exiger d’un élève de MP. D’ailleurs, c’est plutôt n² – 1 qui est proportionnel à ρ.)
e) En notant k le coefficient de dilatation volumique, on peut écrire :
$\rho = \frac{{{\rho _0}}}{{1 + k\left( {T - {T_0}} \right)}} \cong {\rho _0}\left[ {1 - k\left( {T - {T_0}} \right)} \right]$
Si t est supérieur à r²/D, on est dans la partie centrale de la gaussienne, et on peut l’approximer par une parabole :
$T - {T_0} \cong \frac{B}{{Dt}}\left( {1 - \frac{{{r^2}}}{{4Dt}}} \right)$
Utilisant le résultat du d), on obtient :
$n = 1 + \Lambda {\rho _0}\left( {1 - \frac{{kB}}{{Dt}}\left( {1 - \frac{{{r^2}}}{{4Dt}}} \right)} \right)$
qui est bien une fonction affine croissante de r².
f) Dans une première phase (partie A de la courbe) la largeur de la répartition gaussienne de températures, qui augmente en $\sqrt t $, est inférieure à la distance entre l’axe et le détecteur. Les approximations du II ne permettent pas de décrire quantitativement le phénomène, mais on peut penser que la déviation du faisceau de contrôle est d’autant plus importante que la région chaude est plus large, puisque le faisceau la traverse “ en biais ” : le signal diminue.
Le minimum de signal s’observe sans doute lorsque le détecteur voit un maximum de température (question IIIb). À partir de cet instant, on peut appliquer les résultats du II : on a vu que c’est essentiellement la valeur de n₀ qui compte (question IIi), or n₀ est une fonction croissante du temps (question IIIe), par conséquent le signal augmente : c’est bien ce que l’on observe sur la partie B.

Enfin, au bout d’un temps suffisamment long, l’équilibre thermique s’est rétabli, et le signal a retrouvé sa valeur maximale.
(NDLR : ces explications ne sont pas très satisfaisantes, j’en conviens. Je ne m’explique pas, en particulier, le temps de réponse initial (environ 5 µs), ni pourquoi le minimum de signal correspond à un point anguleux.)

Concours Physique ENS Ulm, Lyon, Cachan (option Bio) 1997 (Corrigé)

MECANIQUE des FLUIDES (ENS Bio 1997, durée 4h)
A) Equilibre d’une plaque tectonique
I.1) Considérons la particule de fluide comprise entre les abscisses x et x+dx, les ordonnées y et y+dy, les cotes z et z+dz. Elle est soumise :
* à son poids : $\; - \;\rho \;g\;dx\;dy\;dz\;{\vec u_z}\;$
* aux forces pressantes : $\begin{array}{l}\;\;\;\;P\left( {x,y,z} \right)\;dy\;dz\;{{\vec u}_x}\; - \;P\left( {x + dx,y,z} \right)\;dy\;dz\;{{\vec u}_x}\;\\\; + \;P\left( {x,y,z} \right)\;dx\;dz\;{{\vec u}_y}\; - \;P\left( {x,y + dy,z} \right)\;dx\;dz\;{{\vec u}_y}\;\\\; + \;P\left( {x,y,z} \right)\;dx\;dy\;{{\vec u}_z}\; - \;P\left( {x,y,z + dz} \right)\;dx\;dy\;{{\vec u}_z}\;\end{array}$
$\; = \; - \;\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial x}}\;{{\vec u}_x}\; + \;\frac{{\partial P}}{{\partial y}}\;{{\vec u}_y}\; + \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}\;{{\vec u}_z}\;} \right)\;dx\;dy\;dz\; = \; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}\;dx\;dy\;dz\;{\vec u_z}\;$ dans le cas présent.
* aux contraintes tangentielles liées aux frottements des couches les unes sur les autres, dans l’hypothèse d’un fluide visqueux newtonien :
$\; = \; - \;\eta \;\frac{{\partial v}}{{\partial z}}\left( {x,y,z} \right)\;dx\;dy\;{\vec u_x}\; + \;\eta \;\frac{{\partial v}}{{\partial z}}\left( {x,y,z + dz} \right)\;dx\;dy\;{\vec u_x}\; = \;\;\eta \;\frac{{{\partial ^2}v}}{{\partial {z^2}}}\left( {x,y,z} \right)\;dx\;dy\;dz\;{\vec u_x}\;$

I.2) En régime permanent, la particule de fluide a une vitesse constante par rapport au temps. Si on lui applique le principe fondamental de la dynamique, on obtient :
$\;0\; = \;\left[ {\eta \;\frac{{{\partial ^2}v}}{{\partial {z^2}}}\;{{\vec u}_x}\; + \;\left( { - \;\rho \;g\; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}} \right)\;{{\vec u}_z}} \right]\;dx\;dy\;dz$
Il s’ensuit que :
* $ - \;\rho \;g\; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}\; = \;0\; \Rightarrow \;\;P(z)\; = \; - \;\rho \;g\;z\; + \;P(0)\;$
* $\;\frac{{\partial {}^2v}}{{\partial {z^2}}}\; = \;0\; \Rightarrow \;v(z)\; = \;a\;z\; + \;b\;\;avec\;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{v_0}\; = \;b}\\{0\; = \; - \;a\;{h_A}\; + \;b\;}\end{array}\; \Rightarrow \;} \right.\;v(z)\; = \;{v_0}\;\left( {\frac{z}{{{h_A}}}\; + \;1} \right)\;$⇒ $\;\vec \tau \; = \; - \;\frac{{{v_0}}}{{{h_A}}}\;{\vec u_x}\;$

I.3) $\ {{D}_{V}}\ =\ \iint_{S}{\vec{v}\ .\ {{\overline{{{d}^{2}}S}}^{>}}\ =\ \int_{-\ {{h}_{A}}}^{+\ {{h}_{L}}}{v(z)\ dz\ .\ \int_{y}^{y+1}{dy\ =\ \int_{-\ {{h}_{A}}}^{0}{{{v}_{0}}\ \left( \frac{z}{{{h}_{A}}}\ +\ 1 \right)}}}}\ dz\ +\ \int_{0}^{+\ {{h}_{L}}}{{{v}_{0}}\ dz\ \Leftrightarrow }$
$\;{D_V}\; = \;{v_0}\;\left( {\frac{{{h_A}}}{2}\; + \;{h_L}} \right)\;$
II.1) Sans gradient de pression horizontal, comme nous venons de le voir à la question précédente, il est impossible d’obtenir un débit volumique nul.
Imaginons par conséquent, qu’il existe un gradient de pression horizontal uniforme : $\;\frac{{\partial P}}{{\partial x}}\; = \;\varpi \;$.
En régime permanent, la particule de fluide a une vitesse constante par rapport au temps. Si on lui applique le principe fondamental de la dynamique, on obtient :
$\;0\; = \;\left[ {\left( { - \;\frac{{\partial P}}{{\partial x}}\; + \eta \;\frac{{{\partial ^2}v}}{{\partial {z^2}}}} \right)\;{{\vec u}_x}\; + \;\left( { - \;\rho \;g\; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}} \right)\;{{\vec u}_z}} \right]\;dx\;dy\;dz$
Il s’ensuit que :
* $ - \;\rho \;g\; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}\; = \;0\; \Rightarrow \;$$\;P(x,z)\; = \; - \;\rho \;g\;z\; + \;f(x)\;$
* $\;\frac{{\partial {}^2v}}{{\partial {z^2}}}\; = \;\frac{\varpi }{\eta }\; \Rightarrow \;v(z)\; = \;\frac{\varpi }{{2\;\eta }}\;{z^2}\; + \;a\;z\; + \;b\;\;avec\;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{v_0}\; = \;b}\\{0\; = \;\frac{\varpi }{{\;2\eta }}\;{h_A}^2\;\; - \;a\;{h_A}\; + \;b\;}\end{array}\; \Rightarrow \;} \right.$
$\;v(z)\; = \;\frac{\varpi }{{2\;\eta }}\;\left( {{z^2}\; + \;{h_A}\;z} \right)\; + \;{v_0}\;\left( {\frac{z}{{{h_A}}}\; + \;1} \right)\;$
* $\ {{D}_{V}}\ =\ \iint_{S}{\vec{v}\ .\ {{\overline{{{d}^{2}}S}}^{>}}\ =\ \int_{-\ {{h}_{A}}}^{+\ {{h}_{L}}}{v(z)\ dz\ .\ \int_{y}^{y+1}{dy\ =\ \int_{-\ {{h}_{A}}}^{0}{\left[ \ \frac{\varpi }{2\ \eta }\ \left( {{z}^{2}}\ +\ {{h}_{A}}\ z \right)\ +\ {{v}_{0}}\ \left( \frac{z}{{{h}_{A}}}\ +\ 1 \right)\ \right]}}}}\ dz\ +\ \int_{0}^{+\ {{h}_{L}}}{{{v}_{0}}\ dz\ \Leftrightarrow }$
$\;{D_V}\; = \; - \;\frac{\varpi }{{12\;\eta }}\;{h_A}^3\; + \;{v_0}\;{h_A}\;\left( {\frac{{{h_L}}}{{{h_A}}}\; + \;\frac{1}{2}} \right)\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$$\;\varpi \; = \;\frac{{\partial P}}{{\partial x}}\; = \;\frac{{12\;\eta \;{v_0}}}{{{h_A}^2}}\;\left( {\frac{{{h_L}}}{{{h_A}}}\; + \;\frac{1}{2}} \right)\; = \;\frac{{2A\;\eta \;{v_0}}}{{{h_A}^2}}\;$ ⇒
$\;v(z)\; = \;{v_0}\;\left[ {A\;{{\left( {\frac{z}{{{h_A}}}} \right)}^2}\; + \;\left( {A + 1} \right)\;\frac{z}{{{h_A}}}\; + \;1} \right]\;$

II.2) *$\;v(z)\; = \;{v_0}\;\left[ {A\;{{\left( {\frac{z}{{{h_A}}}} \right)}^2}\; + \;\left( {A + 1} \right)\;\frac{z}{{{h_A}}}\; + \;1} \right]\; = \;0\;$pour $\;z\; = \;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \;{h_A}\;}\\{\frac{{ - \;{h_A}}}{A}\;}\end{array}} \right.$
* Pour $\;z\; = \;\frac{{ - \;{h_A}}}{{2\;A}}\;\left( {A + 1} \right)\;$ , la vitesse de retour est de norme maximale donnée par $\;{v_{\max }}\; = \;\frac{{{v_0}}}{{4\;A}}\;\left( {{A^2}\; - \;2\;A\; + \;1} \right)\;$ .
* Pour A = 4, $\;\frac{{v(z)}}{{{v_0}}}\; = \;4\;{\left( {\frac{z}{{{h_A}}}} \right)^2}\; + \;5\;\frac{z}{{{h_A}}}\; + \;1\;$

II.3) $\;\vec \tau \; = \; - \;\eta \;\frac{{\partial v}}{{\partial z}}\;{\vec u_x}\; = \; - \;\eta \;\left( {A + 1} \right)\;\frac{{{v_0}}}{{{h_A}}}\;{\vec u_x}\; \Leftrightarrow \;$$\;\vec \tau \; = \; - \;2\;\eta \;\frac{{{v_0}}}{{{h_A}}}\;\left( {3\;\frac{{{h_L}}}{{{h_A}}}\; + \;2} \right)\;{\vec u_x}\;$
Par rapport au résultat du A.I.2, la contrainte tangentielle dépend de la viscosité du fluide.
II.4) Nous avons déjà trouvé : $ - \;\rho \;g\; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}\; = \;0\; \Rightarrow \;$$\;P(x,z)\; = \; - \;\rho \;g\;z\; + \;f(x)\;$ . Si nous traduisons en outre que : $\;\frac{{\partial P}}{{\partial x}}\; = \;\varpi \; = \;\frac{{df}}{{dx}}\; \Rightarrow \;f\; = \;\varpi \;x\; + \;P(0,0)\;$, nous en déduisons :
$\;P(x,z)\; = \; - \;\rho \;g\;z\; + \;\varpi \;x\; + \;P(0,0)\;$
Traduisons que la portion de lithosphère comprise entre x et x+dx, y et y+dy est en équilibre selon $\;{\vec u_x}\;$sous l’action de son poids et de la force pressante exercée par l’asthénosphère, on obtient :
$\; - \;\rho \;{h_L}\;dx\;dy\;g\; + \;\left( {\varpi \;x\; - \;\rho \;g\;z\; + \;{P_0}} \right)\;dx\;dy\; = \;0\; \Rightarrow \;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\;en\;\left( {x\; = \;0\;,\;z} \right)\;,\; - \;\rho \;{h_L}\;g\; - \;\rho \;g\;z\; + \;{P_0}\; = \;0\;}\\{\;en\;\left( {x\; = \;L\;,\;z + \;\Delta h} \right)\;,\; - \;\rho \;{h_L}\;g\; + \;\left( {\varpi \;L\; - \;\rho \;g\;\left[ {z + \;\Delta h} \right] + \;{P_0}} \right)\; = \;0}\end{array}} \right.$
En combinant les deux équations, on obtient : $\;\Delta h\; = \;\frac{{\varpi \;L}}{{\rho \;g}}\;$
II.5) Le poids apparent est le poids diminué de la poussée d’Archimède :
$\;\Delta F\; = \;{\rho _L}\;g\;{h_L}\;\left( {{h_L}\; + \;H} \right)\; - \;\rho \;g\;{h_L}\;H\;\;avec\;\;{\rho _L}\; = \;\rho \;\left( {1\; + \;\alpha \;\Delta T} \right)\;\;soit\;\;\Delta F = \;{3,34.10^{14}}\;N.{m^{ - 1}}\;$
II.6) Le principe fondamental de la dynamique appliqué à la lithosphère implique que :
$\;\vec \tau \;L\; + \;\Delta F\;{\vec u_x}\; = 0\; \Rightarrow \; - \;2\;\eta \;\frac{{{v_0}}}{{{h_A}}}\;\left( {3\;\frac{{{h_L}}}{{{h_A}}}\; + \;2} \right)\;L\; + \;\Delta F\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$
$\;\eta \; = \;\frac{{{h_L}\;\Delta F}}{{2\;{v_0}\;L}}\;\frac{{{x^2}}}{{2\;x\; + \;3}}\; = \;{1,75.10^{21}}\;\frac{{{x^2}}}{{2\;x\; + \;3}}\;(en\;Pl)\;$

II.7) En combinant les résultats des questions A.II.1, A.II.4 et A.II.6, on obtient :
$\;\Delta h\; = \;\frac{{\varpi \;L}}{{\rho \;g}}\; = \;\frac{{3\;\Delta F}}{{\rho \;g\;{h_L}}}\;\frac{{x\; + \;2}}{{x\;\left( {2\;x\; + \;3} \right)}}\; = \;{3,192.10^5}\;\frac{{x\; + \;2}}{{x\;\left( {2\;x\; + \;3} \right)}}\;(en\;m)\;$
II.8) Des valeurs acceptables pour h_A sont de l’ordre de 10⁶ m, ce qui correspond à x = 10. Les valeurs de η correspondantes sont de l’ordre de 10²² Pl. Il s’agit de fluides rampants.
II.9) Pour vérifier qu’on a bien un fluide rampant, on peut aussi calculer le nombre de Reynolds correspondant : $\;{\rm{R}}\;{\rm{ = }}\;\frac{{U\;L}}{\nu }\; \approx \;\frac{{{{1,6.10}^{ - 9}}\;.\;{{10}^6}}}{{{{3,1.10}^{19}}}}\; \approx \;{5.10^{ - 23}}\; < < \;1\;$ .
B) Rebond post-glaciaire
I.1) Traduisons que le couple résultant doit être nul :
$\;\left[ {{\tau _{zx}}\left( {x,z + \frac{{dz}}{2}} \right)\; + \;{\tau _{zx}}\left( {x,z - \frac{{dz}}{2}} \right)} \right]\;dx\;dy\;{\vec u_y}\;dz\; - \;\left[ {{\tau _{xz}}\left( {x - \frac{{dx}}{2},z} \right)\; + \;{\tau _{zx}}\left( {x + \frac{{dx}}{2},z} \right)} \right]\;dy\;dz\;{\vec u_y}\;dx\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$
$\;\left[ {{\tau _{zx}}\left( {x,z} \right)\; + \;\frac{{\partial {\tau _{zx}}}}{{\partial z}}\;\frac{{dz}}{2} + \;{\tau _{zx}}\left( {x,z} \right)\; - \;\frac{{\partial {\tau _{zx}}}}{{\partial z}}\;\frac{{dz}}{2}} \right]\; - \;\left[ {{\tau _{xz}}\left( {x,z} \right)\; - \;\frac{{\partial {\tau _{xz}}}}{{\partial z}}\;\frac{{dx}}{2}\; + \;{\tau _{xz}}\left( {x,z} \right)\; + \;\frac{{\partial {\tau _{xz}}}}{{\partial z}}\;\frac{{dx}}{2}} \right]\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$
$\;{\tau _{xz}}\left( {x,z} \right)\; = \;{\tau _{zx}}\left( {x,z} \right)\;$
I.2)
$\begin{array}{l}\;{f_x}\;dx\;dy\;dz\; = \;\left[ {{\tau _{zx}}\left( {x,z + \frac{{dz}}{2}} \right)\; - \;{\tau _{zx}}\left( {x,z - \frac{{dz}}{2}} \right)} \right]\;dx\;dy\; + \;\left[ {{\tau _{xx}}\left( {x + \frac{{dx}}{2},z} \right)\; - \;{\tau _{xx}}\left( {x - \frac{{dx}}{2},z} \right)} \right]\;dx\;dy\;\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \;\frac{{\partial {\tau _{zx}}}}{{\partial z}}\;dx\;dy\;dz\; + \;\frac{{\partial {\tau _{xx}}}}{{\partial x}}\;dx\;dy\;dz\; \Leftrightarrow \;\end{array}$
$\;{f_x}\; = \;\frac{{\partial {\tau _{xx}}}}{{\partial x}}\; + \;\frac{{\partial {\tau _{zx}}}}{{\partial z}}\;$ . De même, $\;{f_z}\; = \;\frac{{\partial {\tau _{xz}}}}{{\partial x}}\; + \;\frac{{\partial {\tau _{zz}}}}{{\partial z}}\;$
I.3) Calculons le débit masse sortant de l’élément de volume : Le fluide étant incompressible, ce débit est nul.
$\begin{array}{l}\;{D_m}\;dx\;dy\;dz\; = \;\left[ {\rho \;{v_z}\left( {x,z + \frac{{dz}}{2}} \right)\; - \;\rho \;{v_z}\left( {x,z - \frac{{dz}}{2}} \right)} \right]\;dx\;dy\; + \;\left[ {\rho \;{v_x}\left( {x + \frac{{dx}}{2},z} \right)\; - \;\rho \;{v_x}\left( {x - \frac{{dx}}{2},z} \right)} \right]\;dx\;dy\;\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \;\rho \;\frac{{\partial {v_z}}}{{\partial z}}\;dx\;dy\;dz\; + \;\rho \;\frac{{\partial {v_x}}}{{\partial x}}\;dx\;dy\;dz\; = 0\; \Leftrightarrow \;\end{array}$
$\;\frac{{\partial {v_x}}}{{\partial x}}\; + \;\frac{{\partial {v_z}}}{{\partial z}}\; = \;0\;$
I.4) $\;{f_x}\; = \;2\;\eta \;\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {z^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_z}}}{{\partial z\;\partial x}}} \right)\; = \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {z^2}}}} \right)\; + \;\eta \;\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {\frac{{\partial {v_x}}}{{\partial x}}\; + \;\frac{{\partial {v_z}}}{{\partial z}}} \right)\; \Leftrightarrow \;$
$\;{f_x}\; = \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {z^2}}}} \right)\;$ . De même, $\;{f_z}\; = \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_z}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_z}}}{{\partial {z^2}}}} \right)\;$
I.5) Calculons l’accélération particulaire :
$\;{\vec v_p}(t)\; = \;{v_x}\;(x,\;z,\;t)\;{\vec u_x}\; + \;{v_z}\;(x,\;z,\;t)\;{\vec u_z}\;$⇒
$\;{\vec a_p}\;(t)\; = \;\left( {\;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;x}}\;\frac{{d\;x}}{{d\;t}}\; + \;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;z}}\;\frac{{d\;z}}{{d\;t}}\; + \;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;t}}\;\frac{{d\;t}}{{d\;t}}\;} \right)\;{\vec u_x}\; + \;\left( {\;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;x}}\;\frac{{d\;x}}{{d\;t}}\; + \;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;z}}\;\frac{{d\;z}}{{d\;t}}\; + \;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;t}}\;\frac{{d\;t}}{{d\;t}}\;} \right)\;{\vec u_z}\; \Leftrightarrow $
$\;{\vec a_p}\;(t)\; = \;\left( {\;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;x}}\;{v_x}\; + \;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;z}}\;{v_z}\; + \;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;t}}\;} \right)\;{\vec u_x}\; + \;\left( {\;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;x}}\;{v_x}\; + \;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;z}}\;{v_z}\; + \;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;t}}\;} \right)\;{\vec u_z}\; \Leftrightarrow $
$\;{\vec a_p}\;(t)\; = \;\frac{{D\;\vec v}}{{D\;t}}\; = \;\frac{{\partial \;\vec v}}{{\partial \;t}}\; + \;\left( {\;\vec v\;.\;{{\overline {grad} }^ > }} \right)\;\vec v\;$ : la dérivée particulaire est la somme de la dérivée locale, qui traduit le caractère non permanent de l’écoulement : $\;\frac{{\partial \;\vec v}}{{\partial \;t}}\;$et de la dérivée convective (ou accélération de transport) : $\;\left( {\;\vec v\;.\;{{\overline {grad} }^ > }} \right)\;\vec v\;$qui traduit le caractère non uniforme (spatialement) du champ de vitesse.
Appliquons le principe fondamental de la dynamique à une particule de volume unité :
* En projection sur Ox : $\;\rho \;\left( {\;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;x}}\;{v_x}\; + \;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;z}}\;{v_z}\; + \;\frac{{\partial \;{v_x}}}{{\partial \;t}}\;} \right)\; = \; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial x}}\; + \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {z^2}}}} \right)\;$
* En projection sur Oz : $\;\rho \;\left( {\;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;x}}\;{v_x}\; + \;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;z}}\;{v_z}\; + \;\frac{{\partial \;{v_z}}}{{\partial \;t}}\;} \right)\; = \; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}\; + \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_z}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_z}}}{{\partial {z^2}}}} \right)\; - \;\rho \;g\;$

II.1) La viscosité étant très grande, le régime permanent sera très vite atteint.
Dit autrement, le nombre de Reynolds étant très petit, la durée de diffusion sera très petite devant la durée de convection.
II.2)
* Traduisons l’équation : $\;\frac{{\partial {v_x}}}{{\partial x}}\; + \;\frac{{\partial {v_z}}}{{\partial z}}\; = \;0\;$démontrée à la question B.I.3 :
$\;k\;U(z)\;\cos \;kx\; + \;\frac{{dV(z)}}{{dz}}\;\cos \;kx\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$$\;\frac{{dV(z)}}{{dz}}\; + \;k\;U(z)\; = \;0\;$ (E1)
* Traduisons l’équation : $\; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial x}}\; + \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_x}}}{{\partial {z^2}}}} \right)\; = 0\;$qui représente l’état de régime permanent
atteint , d’après les questions B.I.5 et B.II.1 :
$\;k\;P(z)\;\sin \;kx\; + \;\eta \;\left( { - \;{k^2}\;U(z)\;\sin \;kx\; + \;\frac{{{d^2}U(z)}}{{d{z^2}}}\;\sin \;kx} \right)\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$
$\;\frac{{{d^2}U(z)}}{{d{z^2}}}\; - \;{k^2}\;U(z)\; + \;\frac{k}{\eta }\;P(z)\; = \;0\;$ (E2)
* Traduisons l’équation : $\; - \;\frac{{\partial P}}{{\partial z}}\; + \;\eta \;\left( {\frac{{{\partial ^2}{v_z}}}{{\partial {x^2}}}\; + \;\frac{{{\partial ^2}{v_z}}}{{\partial {z^2}}}} \right)\; - \;\rho \;g\; = 0\;$qui représente l’état de régime
permanent atteint , d’après les questions B.I.5 et B.II.1 :
$\;\rho \;g\; - \;\frac{{dP(z)}}{{dz}}\;\cos \;kx\; + \;\eta \;\left( { - \;{k^2}\;V(z)\;\cos \;kx\; + \;\frac{{{d^2}V(z)}}{{d{z^2}}}\;\cos \;kx} \right)\; - \;\rho \;g\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$
$\;\frac{{{d^2}V(z)}}{{d{z^2}}}\; - \;{k^2}\;V(z)\; - \;\frac{1}{\eta }\;\frac{{dP(z)}}{{dz}}\; = \;0\;$ (E3)
II.3) (E1) ⇔ $\;U(z)\; = \; - \;\frac{1}{k}\;\frac{{dV(z)}}{{dz}}\; \Rightarrow \;\frac{{{d^2}U(z)}}{{d{z^2}}}\; - \;{k^2}\;U(z) = \; - \;\frac{1}{k}\;\;\frac{{{d^3}V(z)}}{{d{z^3}}}\; + \;k\;\frac{{dV(z)}}{{dz}}\;$
En reportant le résultat précédent dans (E2) réordonnée, on obtient :
$\;P(z)\; = \; - \;\frac{\eta }{k}\;\left( {\frac{{{d^2}U(z)}}{{d{z^2}}}\; - \;{k^2}\;U(z)} \right)\; = \;\frac{\eta }{{{k^2}}}\;\;\frac{{{d^3}V(z)}}{{d{z^3}}}\; - \;\eta \;\frac{{dV(z)}}{{dz}}\; \Rightarrow \; - \;\frac{1}{\eta }\;\frac{{dP(z)}}{{dz}}\; = \; - \;\frac{1}{{{k^2}}}\;\;\frac{{{d^4}V(z)}}{{d{z^4}}}\; + \;\frac{{{d^2}V(z)}}{{d{z^2}}}\;$
En reportant dans (E3), on obtient :
$\;\frac{{{d^2}V(z)}}{{d{z^2}}}\; - \;{k^2}\;V(z)\; - \;\frac{1}{{{k^2}}}\;\;\frac{{{d^4}V(z)}}{{d{z^4}}}\; + \;\frac{{{d^2}V(z)}}{{d{z^2}}}\; = \;0\; \Leftrightarrow \;$
$\;\frac{{{d^4}V(z)}}{{d{z^4}}}\; - \;2\;{k^2}\;\frac{{{d^2}V(z)}}{{d{z^2}}}\; + \;{k^4}\;V(z)\; = \;0\;$ (E4)
L’équation (E4) admet bien les solutions proposées :
* Solutions e^kz ou e^-kz : $\;{e^{ \pm \;kz}}\;\left( {{k^4}\; - \;2\;{k^2}\;{k^2}\; + \;{k^4}} \right)\; = \;0\;$
* Solution z e^kz : $\;{e^{kz}}\;\left[ {\left( {4\;{k^3}\; + \;{k^4}\;z} \right)\; - \;2\;{k^2}\;\left( {2\;k\; + \;{k^2}\;z} \right)\; + \;{k^4}\;z} \right]\; = \;0\;$
* Solution z e^-kz : $\;{e^{ - kz}}\;\left[ {\left( { - \;4\;{k^3}\; + \;{k^4}\;z} \right)\; - \;2\;{k^2}\;\left( { - \;2\;k\; + \;{k^2}\;z} \right)\; + \;{k^4}\;z} \right]\; = \;0\;$
II.4) La solution générale de l’équation (E4) est donc de la forme :
$\;V(z)\; = \;\left( {A\; + \;B\;k\;z} \right)\;{e^{kz}}\; + \;\left( {C\; + \;D\;k\;z} \right)\;{e^{ - kz}}\; \Rightarrow \;v(x,z)\; = \;\left[ {\left( {A\; + \;B\;k\;z} \right)\;{e^{kz}}\; + \;\left( {C\; + \;D\;k\;z} \right)\;{e^{ - kz}}} \right]\;\cos \;kx\;$
Or, z peut prendre des valeurs négatives de valeur absolue importante, alors que la vitesse doit rester petite. La seule solution ayant un sens physique correspond à C = D = 0.
Les solutions ont donc bien la forme proposée.
* $\;{v_z}(x,z)\; = \;\left( {A\; + \;B\;k\;z} \right)\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\; \Leftrightarrow \;V(z)\; = \;\;\left( {A\; + \;B\;k\;z} \right)\;{e^{kz}}\;$ (R1)
* En reportant le (R1) dans (E1), on trouve :
$\;U(z)\; = \; - \;\left[ {\left( {A\; + \;B} \right)\; + \;B\;k\;z} \right]\;{e^{kz}}\; \Rightarrow \;{v_x}(x,z)\; = \; - \;\left[ {\left( {A\; + \;B} \right)\; + \;B\;k\;z} \right]\;{e^{kz}}\;\sin \;kx\;$ (R2)
* En reportant le (R2) dans (E2), on trouve :
$\;P(z)\; = \;2\;k\;\eta \;B\;{e^{kz}}\; \Rightarrow \;{P_x}(x,z)\; = \; - \;\rho \;g\;z\; + \;2\;k\;\eta \;B\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\;$ (R3)
* En reportant (R1) dans $\;{\tau _{zz}}\; = \;2\;\eta \;\frac{{\partial {v_z}}}{{\partial z}}\;$, on trouve :
$\;{\tau _{zz}}(x,z)\; = \;2\;k\;\eta \;\left[ {\left( {A\; + \;B} \right)\; + \;B\;k\;z} \right]\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\;$ (R4)
II.5) Traduisons les conditions aux limites :
* $\;{v_z}(x,{h_0}\;\cos \;kx)\; = \; - \;\left[ {\left( {A\; + \;B} \right)\; + \;B\;k\;{h_0}\;\cos \;kx} \right]\;{e^{k{h_0}\;\cos \;kx}}\;\sin \;kx\; = \;0\;\;avec\;\;k\;{h_0}\; < < \;1\; \Rightarrow \;A\; + \;B\; = \;0\;$en
négligeant B k h₀ cos kx devant B.
* $\begin{array}{l}\;{P_x}(x,z)\; - \;{\tau _{zz}}(x,z)\; = \; - \;\rho \;g\;z\; + \;2\;k\;\eta \;B\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\; - \;2\;k\;\eta \;\left[ {\left( {A\; + \;B} \right)\; + \;B\;k\;z} \right]\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\;\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \; - \;\rho \;g\;z\; - \;2\;k\;\eta \;\left[ {A\; + \;B\;k\;z} \right]\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\; \Rightarrow \;\end{array}$ $\begin{array}{l}\;{P_x}(x,{h_0}\;\cos \;kx)\; - \;{\tau _{zz}}(x,{h_0}\;\cos \;kx)\; = \; - \;\rho \;g\;{h_0}\;\cos \;kx\; - \;2\;k\;\eta \;\left[ {A\; + \;B\;k\;{h_0}\;\cos \;kx} \right]\;{e^{k{h_0}\;\cos \;kx}}\;\cos \;kx\;\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \;{p_0}\;\cos \;kx\;\;avec\;\;k\;{h_0}\; < < \;1\; \Rightarrow \; - \;\rho \;g\;{h_0}\; - \;2\;k\;\eta \;A\; = \;{p_0}\; \Leftrightarrow \;\end{array}$
$\;B\; = \; - \;A\; = \;\frac{{{p_0}\; + \;\rho \;g\;{h_0}}}{{2\;k\;\eta }}\;$

II.6) Du résultat précédent, on déduit :
* $\;{v_x}(x,z)\; = \; - \;B\;k\;z\;{e^{kz}}\;\sin \;kx\;$
* $\;{v_z}(x,z)\; = \; - \;B\;\left( {1\; - \;k\;z} \right)\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\;$
Une ligne de courant est une ligne tangente en chacun de ses points au vecteur vitesse. Son équation est donc :
$\;\frac{{dx}}{{ - \;B\;k\;z\;{e^{kz}}\;\sin \;kx\;}}\; = \;\frac{{dz}}{{ - \;B\;\left( {1\; - \;k\;z} \right)\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\;}}\; \Leftrightarrow \;dx\;\frac{{\cos \;kx}}{{\sin \;kx}}\; = \;dz\;\frac{{kz}}{{1\; - \;kz}}\; = \;dz\;\left( { - \;1\; + \;\frac{1}{{1\; - \;kz}}} \right)\;$
En intégrant, on obtient :
$\;\frac{1}{k}\;\ln \;\left| {\sin \;kx} \right|\; = \; - \;z\; - \;\frac{1}{k}\;\ln \;\left| {1\; - \;kz} \right|\; + \;\frac{1}{k}\;\ln \;\left| \alpha \right|\;$où α désigne une constante d’intégration.
En réordonnant, on obtient : $\;\left( {1\; - \;kz} \right)\;{e^{kz}}\;\sin \;kx\; = \;\alpha \;$ : équations des lignes de courant
L’allure des lignes de courant jusqu’à la profondeur 1/k est :
II.7) $\;{v_z}(x,z)\; = \; - \;\frac{{{p_0}\; + \;\rho \;g\;{h_0}}}{{2\;k\;\eta }}\;\left( {1\; - \;k\;z} \right)\;{e^{kz}}\;\cos \;kx\; = \;\frac{{dh}}{{dt}}\; \Rightarrow \;$
$\;\frac{{d{h_0}}}{{dt}}\; = \; - \;\frac{{{p_0}\; + \;\rho \;g\;{h_0}}}{{2\;k\;\eta }}\;\left( {1\; - \;k\;{h_0}\;\cos \;kx} \right)\;{e^{k{h_0}\;\cos \;kx}}\; \approx \; - \;\frac{{{p_0}\; + \;\rho \;g\;{h_0}}}{{2\;k\;\eta }}\;\;car\;\;k\;{h_0}\; < < \;1\; \Rightarrow \;$
Il faut trouver α et β tels que : $\; - \;\alpha \;\frac{{{p_0}\; + \;\rho \;g\;{h_0}}}{{2\;k\;\eta }}\; + \;{h_0}\; = \; - \;\beta \;{p_0}\; \Rightarrow \;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\alpha \; = \;\frac{{2\;k\;\eta }}{{\rho \;g}}\;}\\{\beta \; = \;\frac{1}{{\rho \;g}}\;}\end{array}} \right.$
α est homogène à un temps : α reprèsente la constante de temps du système.
En régime permanent, l’amplitude à faible distance est la même qu’en surface.
III.1) L’allure de la calotte glaciaire est la suivante :
III.2) Appliquons l’équation différentielle de la question B.II.7, soit :
$\;\alpha \;\frac{{d{h_0}}}{{dt}}\; + \;{h_0}\; = \; - \;\frac{{{\rho _g}}}{\rho }\;\frac{{{H_M}}}{{{t_M}\; - \;{t_0}}}\;t\; = \; - \;\gamma \;t\; \Rightarrow \;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\;{h_0}\left( t \right)\; = \;A\;{e^{ - t/\alpha }}\; - \;\gamma \;t\;}\\{0\; = \;A\;{e^{ - {t_0}/\alpha }}\; - \;\gamma \;{t_0}\;}\end{array}\;\; \Rightarrow \;{h_0}\left( t \right)\; = \;\frac{{{\rho _g}}}{\rho }\;\frac{{{H_M}}}{{{t_M}\; - \;{t_0}}}\;\left( {{t_0}\;{e^{ - \left( {t - {t_0}} \right)/\alpha }}\; - \;t} \right)\;} \right. \Rightarrow \;$ $\;{h_M}\; = \;\frac{{{\rho _g}}}{\rho }\;\frac{{{H_M}}}{{{t_M}\; - \;{t_0}}}\;\left( {{t_0}\;{e^{ - \left( {{t_M} - {t_0}} \right)/\alpha }}\; - \;{t_M}} \right)\;$
R] On retrouve à travers le second membre de l’équation différentielle que la calotte glaciaire flotte sur l’asthénosphère comme un glaçon sur un verre d’eau, en s’enfonçant de h₀(t) pour une hauteur de « glaçon » H(t).
III.3) Appliquons l’équation différentielle de la question B.II.7, soit :
$\;\alpha \;\frac{{d{h_0}}}{{dt}}\; + \;{h_0}\; = \;0\; \Rightarrow \;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\;{h_0}\left( t \right)\; = \;A\;{e^{ - t/\alpha }}\;}\\{{h_M}\; = \;A\;{e^{ - {t_0}/\alpha }}\;}\end{array}\;\; \Rightarrow \;{h_0}\left( t \right)\; = \;{h_M}\;} \right.{e^{ - \left( {t - {t_M}} \right)/\alpha }} \Rightarrow \;\frac{{d\;{h_0}(t)}}{{dt}}\; = \; - \;\frac{1}{\alpha }\;{h_M}\;{e^{ - \left( {t - {t_M}} \right)/\alpha }}\; \Rightarrow $
$\;{h_0}\;(0)\; = \;{h_M}\;{e^{{t_M}/\alpha }} \Rightarrow \;\frac{{d\;{h_0}}}{{dt}}(0)\; = \; - \;\frac{{{h_M}}}{\alpha }\;{e^{{t_M}/\alpha }}\;$

III.4) $\;\eta \; = \;\frac{{\rho \;g\;\lambda \;\alpha }}{{4\;\pi }}\; = \;{1,06.10^{21}}\;Pl\;$
III.5)
$\;{h_M}\; = \;\frac{{{\rho _g}}}{\rho }\;\frac{{{H_M}}}{{{t_M}\; - \;{t_0}}}\;\left( {{t_0}\;{e^{ - \left( {{t_M} - {t_0}} \right)/\alpha }}\; - \;{t_M}} \right)\; = \;104,2\;m\;$ $\;\frac{{d\;{h_0}}}{{dt}}(0)\; = \; - \;\frac{{{h_M}}}{\alpha }\;{e^{{t_M}/\alpha }}\; = \;2,5\;mm/an\;$
III.6) $\;{h_0}\;(0)\; = \;{h_M}\;{e^{{t_M}/\alpha }}\; = \;11,3\;m\;$ : La mer Baltique ne disparaîtra pas, mais deviendra peut-être une mer intérieure, si la profondeur actuelle au niveau du détroit du Grand Belt est inférieure à 11,3 m.

Concours Physique ENS Ulm groupe C/S (M') 1996 (Corrigé)

ENS ULM Groupe C\S (M’)-Session de 1996
1°) Préliminaire mathématique
1.1) On suppose la charge sphérique et homogène; par isotropie de l’espace autour de O, $f = f(r,t)$.
1.2) $\Delta f - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {t^2}}} = 0$, en M différent de O; $\Delta f = \frac{1}{r}\frac{{{\partial ^2}rf}}{{\partial {r^2}}}$ et $\chi = rf$⇒ $\frac{{{\partial ^2}\chi }}{{\partial {t^2}}} - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^2}\chi }}{{\partial {t^2}}} = 0$; la solution générale est $\chi (r,t) = F(t - r/c) + G(t + r/c)$ soit $f(r,t) = \frac{1}{r}F(t - r/c) + \frac{1}{r}G(t + r/c)$.
On suppose l’élément de volume $\delta V = 4\pi {\varepsilon ^3}/3$ sphérique de rayon $\varepsilon \to 0$.
Pour la solution particulière $f(r,t) = \frac{1}{r}F(t - r/c)$, on intègre sur la sphère de rayon $\varepsilon $:
$\iint\limits_{S(O,\varepsilon )}{\frac{\partial f}{\partial r}}\delta S=-4\pi \left[ F(t-\varepsilon /c)+\frac{\varepsilon }{c}\frac{\partial F(t-\varepsilon /c)}{\partial t} \right]$
$\iint\limits_{S(O,\varepsilon )}{\frac{\partial f}{\partial r}}\delta S=\iint\limits_{S(O,\varepsilon )}{\vec{\nabla }f.\delta \vec{S}}=\iiint\limits_{V(S(O,\varepsilon ))}{\Delta f\delta \tau }=\delta V{{(\Delta f)}_{\varepsilon =0}}$$ = \frac{{4\pi {\varepsilon ^3}}}{{3{c^2}}}\left( {\frac{{{\partial ^2}f(t - \varepsilon /c)}}{{\partial {t^2}}}} \right) + 4\pi g(0,t)\delta V$.
On a: $\frac{{{\partial ^2}f(t - \varepsilon /c)}}{{\partial {t^2}}} = \frac{1}{\varepsilon }\frac{{{\partial ^2}F(t - \varepsilon /c)}}{{\partial {t^2}}}$; on identifie les deux expressions précédentes et on fait tendre $\varepsilon $vers zéro; on obtient: $F(t) = - g(0,t)\delta V$ (sous la condition que F(t) et ses dérivées première et seconde par rapport au temps soient bornées et que $g(\vec 0,t)$ne le soit pas).
D’où: $f(t - r/c) = - \frac{{g(\vec 0,t - r/c)\delta V}}{r}$.
Soit un repère Oxyz; l’élément de volume $\delta V$ précédent est centré en S, tel que $O\vec S = \vec R$; une solution particulière en $\vec r = O\vec M$ à la date t est $\delta f(\vec r,t) = \frac{{ - g(\vec R,t - \left\| {\vec R - \vec r} \right\|/c)\delta V}}{r}$; l’équation différentielle est linéaire; la solution particulière cherchée est la somme des solutions particulières dues aux différents éléments de volume soit (2) $f(\vec{r},t)=-\iiint\limits_{{{R}^{3}}}{\frac{g(\vec{R},t-\left\| \vec{R}-\vec{r} \right\|/c)\delta V}{r}}$; le texte présente une erreur de signe au niveau des formules (1) ou (2).

1.3) Une autre solution particulière (2)’ s’obtient en remplaçant $t - \left\| {\vec R - \vec r} \right\|/c$ par $t + \left\| {\vec R - \vec r} \right\|/c$ dans (2); la solution (2) respecte les liens de cause à effet alors que (2)’ ne les respecte pas: les causes ne peuvent succéder aux effets; on rejette (2)’ en général dans les phénomènes physiques. Remarquons que la solution générale est la somme d’une des deux solutions particulières précédentes et de la solution générale de l’équation homogène représentable sous forme d’une somme d’ondes planes. Mais physiquement on ne considère que la solution particulière retardée.
2) Rayonnement dipolaire
2.1) (MF) $\vec \nabla \wedge \vec E = - \frac{{\partial \vec B}}{{\partial t}}$ (M$\phi $) $\vec \nabla .\vec B = 0$ (MG) $\vec \nabla .\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\rightharpoonup$}} \over E} = \rho /{\varepsilon _0}$ (MA) $\vec \nabla \wedge \vec B = {\mu _0}(\vec j + {\varepsilon _0}\frac{{\partial \vec E}}{{\partial t}})$
(M$\phi $) ⇒ $\exists \vec A(\vec r,t)$, $\vec B = \vec \nabla \wedge \vec A$ et (MF) ⇒ $\vec \nabla \wedge (\vec E + \frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}}) = 0$⇒ $\exists V(\vec r,t)$, $\vec E = - \vec \nabla V - \frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}}$
2.2) Supposons qu’il existe un second couple de potentiels $\vec A',V'$; les champs doivent être invariants de jauge:$\vec B = \vec \nabla \wedge \vec A = \vec \nabla \wedge \vec A'$ ⇒ $\vec \nabla \wedge (\vec A - \vec A') = \vec 0$ ⇒ $\exists \Psi (\vec r,t),$ $\vec A' - \vec A = \vec \nabla \Psi $
$\vec E = - \vec \nabla V - \frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}}$$ = - \vec \nabla V' - \frac{{\partial \vec A'}}{{\partial t}}$⇒ $\vec \nabla (V' - V) = - \frac{{\partial (\vec A' - \vec A)}}{{\partial t}} = - \vec \nabla \frac{{\partial \Psi }}{{\partial t}}$ ⇒ $V' - V + \frac{{\partial \Psi }}{{\partial t}} = 0$ soit $V' = V - \frac{{\partial \Psi }}{{\partial t}}$.
Choisir un couple de potentiels vecteurs est effectuer un choix de jauge; il existe une infinité de jauges: il y a indétermination de jauge.
Si on introduit la condition de jauge de Lorentz $\vec \nabla .\vec A + \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{\partial V}}{{\partial t}} = 0$, on réalise une simplification des équations de propagation des potentiels mais en aucun cas on ne lève l’indétermination de jauge, contrairement à ce qu’affirme l’énoncé. On la réduit seulement.
Si deux jauges obéissent à la condition de jauge de Lorentz:
$\vec \nabla .\vec A + \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{\partial V}}{{\partial t}} = \vec \nabla .\vec A' + \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{\partial V'}}{{\partial t}} = 0$ ⇒ $\vec \nabla .(\vec A' - \vec A) + \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{\partial (V' - V)}}{{\partial t}} = 0$ ⇒ $\Delta \Psi - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^2}\Psi }}{{\partial {t^2}}} = 0$
C’est la condition sur la fonction $\Psi (\vec r,t)$ pour que les deux couples de potentiels vérifient simultanément la condition de jauge de Lorentz ; en imposant la condition de jauge de Lorentz, on réduit l’indétermination de jauge mais sans la supprimer.
2.3) On considère les équations (MA) et (MG) faisant figurer les sources.
$\vec B = \vec \nabla \wedge \vec A$ et $\vec E = - \vec \nabla V - \frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}}$ portés dans (MA) ⇒ $\vec \nabla \wedge (\vec \nabla \wedge \vec A) = {\mu _0}(\vec j - {\varepsilon _0}\vec \nabla \frac{{\partial V}}{{\partial t}} - {\varepsilon _0}\frac{{{\partial ^2}\vec A}}{{\partial {t^2}}})$
mais à l’aide de $\Delta \vec A = \vec \nabla (\vec \nabla .\vec A) - \vec \nabla \wedge (\vec \nabla \wedge \vec A)$ et de la condition de jauge de Lorentz, on obtient $\Delta \vec A - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^2}\vec A}}{{\partial {t^2}}} = - {\mu _0}\vec j$
$\vec E = - \vec \nabla V - \frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}}$ portée dans (MB) et à l’aide de la condition de jauge de Lorentz, on obtient: $\Delta V - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{{\partial ^2}V}}{{\partial {t^2}}} = - \frac{\rho }{{{\varepsilon _0}}}$

2.4) Soit ${\vec e_x} = \vec n$; la condition de jauge de Lorentz, avec $\vec A = \vec A(t - x/c)$ et $V = V(t - x/c)$, s’écrit $\vec \nabla .\vec A = \frac{{\partial {A_x}}}{{\partial x}} = - \frac{1}{c}\frac{{\partial {A_x}}}{{\partial t}} = - \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{\partial V}}{{\partial t}}$; par intégration par rapport au temps et en rejetant les solutions statiques, fonctions de x seulement, non représentatives d’une onde, on a: ${A_x} = V/c$ soit $\vec A.\vec n = V/c$. Une autre méthode consiste à remarquer que $\vec \nabla = - \frac{{\vec n}}{c}\frac{\partial }{{\partial t}}$; la condition de jauge de Lorentz s’écrit alors $ - \frac{{\vec n.\partial \vec A}}{{c\partial t}} + \frac{1}{{{c^2}}}\frac{{\partial V}}{{\partial t}} = 0$ ce qui s’intègre en $\vec A.\vec n = V/c$
$\vec E = - \vec \nabla V - \frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}} = (\frac{1}{c}\frac{{\partial V}}{{\partial t}} - \frac{{\partial {A_x}}}{{\partial t}}, - \frac{{\partial {A_y}}}{{\partial t}}, - \frac{{\partial {A_z}}}{{\partial t}})$$ = (0, - \frac{{\partial {A_y}}}{{\partial t}}, - \frac{{\partial {A_z}}}{{\partial t}})$$ = - \frac{\partial }{{\partial t}}(\vec A - (\vec A.\vec n)\vec n)$ soit
$\vec E = \frac{\partial }{{\partial t}}((\vec A \wedge \vec n) \wedge \vec n)$ ⇒ $\vec E = (\frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}} \wedge \vec n) \wedge \vec n$ et $\vec B = \vec \nabla \wedge \vec A$$ = \frac{1}{c}\frac{{\partial ({A_z}{{\vec e}_y} - {A_y}{{\vec e}_z})}}{{\partial t}}$ ⇒ $\vec B = \frac{1}{c}\frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}} \wedge \vec n$
L’autre méthode donne $\vec E = \frac{{\vec n}}{c}\frac{{\partial V}}{{\partial t}} - \frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}} = \frac{\partial }{{\partial t}}(\vec n(\vec n.\vec A) - \vec A)$$ = (\frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}} \wedge \vec n) \wedge \vec n$ et $\vec B = \frac{1}{c}\frac{{\partial \vec A}}{{\partial t}} \wedge \vec n$ directement.
2.5) $\vec{A}(\vec{r},t)=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\iiint\limits_{{{R}^{3}}}{\frac{\vec{j}(\vec{R},t-\left\| \vec{R}-\vec{r} \right\|/c)}{\left\| \vec{R}-\vec{r} \right\|}}{{d}^{3}}\vec{R}$ potentiel vecteur retardé.
2.6) ${j_x}(t){d^3}\vec R = a{I_x}(t) = a\frac{{d{q_x}(t)}}{{dt}} = \frac{{d{M_x}(t)}}{{dt}}$
${A_x}(\vec r,t) = \frac{{{\mu _0}}}{{4\pi }}\frac{{{j_x}(t - r/c){d^3}\vec R}}{r} = \frac{{{\mu _0}}}{{4\pi r}}{\dot M_x}(t - r/c)$; idem en y et z d’où $\vec A(\vec r,t) = \frac{{{\mu _0}\vec M(t - r/c)}}{{4\pi r}}$
2.7) A grande distance, on remplace localement la sphère (O,r) par son plan tangent; les ondes sont quasi-planes d’où $\vec E = \frac{{{\mu _0}}}{{4\pi r}}(\vec M \wedge \vec n) \wedge \vec n$ et $\vec B = \frac{{{\mu _0}}}{{4\pi cr}}\vec M \wedge \vec n$; on a $\vec E = \vec B \wedge \vec c$ soit $\vec B = \frac{{\vec n}}{c} \wedge \vec E$
Le vecteur de Poynting est $\vec \pi = \vec E \wedge \vec B/{\mu _0} = ({B^2}c/{\mu _0})\vec n$; la puissance rayonnée est le flux du vecteur de Poynting à travers l’élément de surface $\delta S$ de la sphère (O,r), vu sous l’angle solide $\delta \Omega = \delta S/{r^2}$ depuis O, et vaut $\delta I = \vec \pi .\delta \vec S = \frac{{{B^2}c}}{{{\mu _0}}}{r^2}\delta \Omega = \frac{{{\mu _0}}}{{{{(4\pi )}^2}c}}{(\vec M \wedge \vec n)^2}\delta \Omega $ soit
$\delta I = \frac{{{\mu _0}}}{{{{(4\pi )}^2}c}}{\vec M^2}{\sin ^2}\theta \delta \Omega $
On intègre sur la sphère (O,r): $I=\frac{{{\mu }_{0}}}{{{(4\pi )}^{2}}c}{{\ddot{\vec{M}}}^{2}}\iiint\limits_{{{R}^{3}}}{{{\sin }^{2}}\theta \delta \Omega }$; or $\delta \Omega = - 2\pi d\cos \theta $ et $J = \int\limits_0^\pi {{{\sin }^3}\theta d\theta = 4/3} $ conduit à $I = \frac{{{{\vec M}^2}}}{{6\pi {\varepsilon _0}{c^3}}}$; il s’agit du moment retardé, pris à la date t-r/c.
3) Diffusion par des charges libres
3.1) $\vec F = q(\vec E + \vec v \wedge \vec B)$ avec $\vec E = \vec B \wedge \vec c$; $\left\| {\vec v \wedge \vec B} \right\| \approx \frac{v}{c}\left\| {\vec E} \right\| < < \left\| {\vec E} \right\|$ si v<<c (charge non relativiste); alors $\vec F \approx q\vec E$.
Pour l’atome H, modèle de Bohr: $\frac{{m{v^2}}}{r} = \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{r^2}}}$ et quantification du moment cinétique: $rmv = \hbar $ dans l’état fondamental d’où $v/c = \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}\hbar c}} \approx 1/137$ (constante de structure fine); v<<c; l’approximation est de l’ordre du centième.
3.2) A l’origine, on introduit -q et +q, confondues fixes; (O,-q) et (M,+q) forment un dipôle de moment $\vec M(t) = q\vec r(t)$ qui peut rayonner mais les charges fixes en O ne rayonnent aucune énergie.
3.3) $\sigma $ = puissance rayonnée totale/intensité du rayonnement incident; or l’intensité n’est pas définie; on peut prendre la définition qui nous arrange pour que $\sigma $ soit une surface; en fait, il faut définir l’intensité comme le flux surfacique d’énergie donc la norme du vecteur de Poynting. Ce sont les valeurs moyennes dans le temps.
Toute l’énergie est prélevée sur l’onde incidente passée à travers une surface normale à la direction de propagation égale à la section efficace totale.
Théorème de la quantité de mouvement pour l’électron: $m\ddot x = - e{E_i}(x = 0,t) = - e{E_0}\cos \omega t$
${\vec M_{ret}} = - e{\ddot x_{ret}}{\vec e_x} = \frac{{{e^2}}}{m}{E_0}\cos \omega (t - r/c){\vec e_x}$⇒ $\delta I = \frac{{{\mu _0}{{\sin }^2}\theta }}{{{{(4\pi )}^2}c}}{\left( {\frac{{{e^2}{E_0}}}{m}} \right)^2}{\cos ^2}\omega (t - r/c)\delta \Omega $
La valeur moyenne est $\left\langle {\delta I} \right\rangle = \frac{{{\mu _0}}}{{2c}}{\left( {\frac{{{e^2}{E_0}\sin \theta }}{{4\pi m}}} \right)^2}\delta \Omega $
Pour l’onde incidente $\left\langle {{\pi _i}} \right\rangle = \frac{{{\varepsilon _0}cE_0^2}}{2}$ d’où: $\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }} = {\left( {\frac{{{\mu _0}{e^2}}}{{4\pi m}}} \right)^2}{\sin ^2}\theta $; si on appelle ${R_e} = \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}m{c^2}}}$ le rayon classique de l’électron, on a: $\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }} = R_e^2{\sin ^2}\theta $
La section efficace totale ou surface apparente de l’électron s’obtient en intégrant sur tout l’espace:
$\sigma = 2\pi R_e^2\int\limits_0^\pi {{{\sin }^3}\theta d\theta } $ soit $\sigma = \frac{{8\pi }}{3}R_e^2$ ou $\sigma = \frac{1}{{6\pi }}{\left( {\frac{{{\mu _0}{e^2}}}{m}} \right)^2}$
A.N.: ${R_e} = {2,8.10^{ - 15}}m$ $\sigma = {6,6.10^{ - 29}}{m^2}$ et $d\sigma /d\Omega = {7,9.10^{ - 30}}{\sin ^2}\theta \;{m^2}$

3.4) Cas de la lumière naturelle: on appelle E0 l’amplitude du champ électrique de l’onde; on schématise ce champ électrique par deux composantes transverses orthogonales incohérentes entre elles et d’amplitudes e0: ${E_x} = {e_0}\cos [\omega (t - z/c) - \varphi (t)]$ ${E_y} = {e_0}\cos [\omega (t - z/c) - \psi (t)]$ ϕ(t) et ψ(t) sont aléatoires et très rapidement variables.

L’intensité totale (flux surfacique d’énergie) transportée par l’onde incidente est la somme des intensités transportées par les deux composantes: $\left\langle \pi \right\rangle = \frac{{{\varepsilon _0}E_0^2c}}{2} = \frac{{{\varepsilon _0}e_0^2c}}{2} + \frac{{{\varepsilon _0}e_0^2c}}{2} = {\varepsilon _0}e_0^2c$ d’où ${e_0} = {E_0}/\sqrt 2 $ ⇒ ${(\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }})_x} = \frac{1}{2}R_e^2{\sin ^2}\theta $; le facteur ½ provient du remplacement de E₀ par ${e_0} = {E_0}/\sqrt 2 $ et du fait qu’on élève au carré; ${(\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }})_y}$ s’obtient de même en remplaçant ${\left\| {\vec n \wedge {{\vec e}_x}} \right\|^2}$ par ${\left\| {\vec n \wedge {{\vec e}_y}} \right\|^2}$; or $\vec n \wedge {\vec e_y} = (\cos \theta ,\sin \theta \cos \psi ,\sin \theta \sin \psi ) \wedge (0,1,0) = ( - \sin \theta \sin \psi ,0,\cos \theta )$d’où ${\left\| {\vec n \wedge {{\vec e}_y}} \right\|^2} = {\cos ^2}\theta + {\sin ^2}\theta {\sin ^2}\psi $ et donc ${(\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }})_y} = \frac{1}{2}R_e^2({\cos ^2}\theta + {\sin ^2}\theta {\sin ^2}\psi )$; la section efficace différentielle est la somme des sections efficaces différentielles en x et y et donc $\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }} = \frac{1}{2}R_e^2(1 + {\sin ^2}\theta {\sin ^2}\psi )$; or $\cos \varphi = \vec n.{\vec e_z} = \sin \theta \sin \psi $ d’où: $\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }} = \frac{1}{2}R_e^2(1 + {\cos ^2}\varphi )$
Une méthode plus simple consiste à remarquer que la lumière naturelle présente la symétrie de révolution autour de la direction de propagation; on peut choisir l’axe Ox dans le plan OM,Oz; les deux termes de la section efficace différentielle sont de façon évidente ${(\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }})_x} = \frac{1}{2}R_e^2{\cos ^2}\varphi $ et ${(\frac{{d\sigma }}{{d\Omega }})_y} = \frac{1}{2}R_e^2$ ce qui redonne le résultat déjà trouvé.
3.5) La masse du proton est 1836 fois supérieure à celle de l’électron: on peut supposer les protons au repos. Soit l’axe z’z de direction et sens de propagation ceux de l’onde incidente; soit deux plans d’abscisses z et z+dz perpendiculaires à z’z et une portion de surface S de ces plans; le volume considéré entre les deux portions de plans de volumee Sdz contient NSdz centres (électrons) diffusants; chacun est affecté de la surface $\sigma $; la section efficace totale de ces électrons est $NS\sigma dz$; par définition c’est le rapport de la puissance prélevée (qui va être diffusée) sur le faisceau incident à la puissance surfacique du faisceau incident. On $\delta P/I(z) = NS\sigma dz$; le faisceau incident s’est affaibli: $dI(z) = - \delta P/S$ d’où $dI/I = - \sigma Ndz$; par intégration on obtient: $I(z) = I(0){e^{ - \frac{z}{\xi }}}$ avec $\xi = 1/N\sigma $ (longueur).
A.N.: $N = {10^{22}}{m^{ - 3}}$; $\sigma = {6,6.10^{ - 29}}{m^2}$; $\xi = {1,5.10^6}m$; c’est énorme; le plasma est transparent.
4) Fluorescence des gaz
4.1)Après excitation, l’atome entre en oscillations libres; il rayonne des ondes quasi-planes de fréquence celle des oscillations libres; on peut penser que l’excitation des atomes n’est possible que si le faisceau incident a la fréquence de l’oscillateur libre; le rayonnement doit avoir la fréquence de l’onde incidente. Le rayonnement est polarisé rectilignement (dipôle en oscillations selon Oy).
4.2) Sur une durée de l’ordre de quelques périodes, on peut négliger les modifications du mouvement du fait du rayonnement:
$m\ddot y = - \alpha y$ avec $\alpha = m\omega _0^2$; $y = A\cos {\omega _0}t + B\sin {\omega _0}t$ et $\dot y = \omega _0^{}( - A\sin {\omega _0}t + B\cos {\omega _0}t)$; l’énergie de l’oscillateur est $E = \frac{1}{2}m\dot y_{}^2 + \frac{1}{2}\alpha {y^2}$$ = \frac{1}{2}m\omega _0^2({A^2} + {B^2}) = cste$.
Sur un grand nombre de périodes, on doit tenir compte des modifications du mouvement; la puissance rayonnée est $p = \frac{{{e^2}\omega _0^4}}{{6\pi {\varepsilon _0}{c^3}}}y_{ret}^2$; en valeur moyenne: $\left\langle p \right\rangle = \frac{{{e^2}\omega _0^4}}{{12\pi {\varepsilon _0}{c^3}}}({A^2} + {B^2}) = - dE/dt$ d’où l’équation: $dE/dt = - \frac{{{e^2}}}{{6\pi {\varepsilon _0}m{c^3}}}E$; par intégration, on obtient $E = {E_0}{e^{ - t/\tau }}$ avec $\tau = \frac{{3mc}}{{2\pi {\mu _0}\nu _0^2{e^2}}}$
A.N.:$\tau = {4,8.10^{ - 9}}s$ ; remarquons que ce résultat obtenu classiquement donne le même temps caractéristique pour deux raies voisines d’un atome donné ce qui est contraire à l’expérience: les temps caractéristiques peuvent être très différents. Il n’est certainement pas valable.
La période est ${T_0} = {1,1.10^{ - 15}}s$; on vérifie que $\tau > > {T_0}$ ce qui valide la méthode.
On remarque que l’amplitude décroît en ${e^{ - t/2\tau }}$.

4.3) $m\vec r = - m\omega _0^2\vec r - e\vec r \wedge \vec B$; le champ magnétique statique est selon z’z, le champ électrique de l’onde incidente est selon y’y, l’onde se propage selon x’x.
En projection sur les axes: (1) $\ddot x = - \omega _0^2x - \frac{e}{m}B\dot y$ (2) $\ddot y = - \omega _0^2y + \frac{e}{m}B\dot x$ (3) $\ddot z = - \omega _0^2z$
On pose ${\omega _c} = eB/m$(pulsation cyclotron) et u = x + i y; en combinant (1) et i fois (2), on obtient $\ddot u - i{\omega _c}\dot u + \omega _0^2u = 0$, équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants d’équation caractéristique ${p^2} - i{\omega _c}p + \omega _0^2 = 0$, de racines imaginaires pures ${p_ + } = i({\omega _c}/2 + \sqrt {\omega _0^2 + \omega _c^2/4} )$ et ${p_ - } = i({\omega _c}/2 - \sqrt {\omega _0^2 + \omega _c^2/4} )$; de ce fait la solution est $u = {C_1}{e^{{p_ + }t}} + {C_2}{e^{{p_ - }t}}$, C₁ et C₂ appartenant au corps des complexes.
Il n’est pas indispensable de calculer ces constantes dans cette question mais comme on en a besoin par la suite, on peut le faire maintenant; à t=0, on peut supposer $x(t = 0) = y(t = 0) = z(t = 0) = 0\;\quad \dot x(t = 0) = \dot z(t = 0) = 0\quad \;\dot y(t = 0) = {\dot y_0}$
On a donc $u(t = 0) = 0 = {C_1} + {C_2}$ et $\dot u(t = 0) = i\dot y_0^{} = {C_1}({p_ + } - {p_{ - )}}$ d’où ${C_1} = \frac{{\dot y_0^{}}}{{2\sqrt {\omega _0^2 + \omega _c^2/4} }}$ et
$u = \frac{{i\dot y_0^{}}}{{\sqrt {\omega _0^2 + \omega _c^2/4} }}{e^{\frac{{i{\omega _c}t}}{2}}}\sin \left( {\sqrt {\omega _0^2 + \omega _c^2/4} } \right)t$
Le champ magnétique statique est faible: ${\omega _0} > > {\omega _c}$: on pose $\omega = \frac{{{\omega _c}}}{2} = \frac{{eB}}{{2m}}$ et cela donne: $u = \frac{{{{\dot y}_0}}}{{{\omega _0}}}( - \sin \omega t + i\cos \omega t)\sin {\omega _0}t$ ; on en déduit x et y, en tenant compte de l’amortissement exponentiel: $x = - \frac{{{{\dot y}_0}}}{{{\omega _0}}}{e^{ - t/2\tau }}\sin \omega t\sin {\omega _0}t$ et $y = \frac{{{{\dot y}_0}}}{{{\omega _0}}}{e^{ - t/2\tau }}\cos \omega t\sin {\omega _0}t$ soit encore $x = \frac{{{{\dot y}_0}}}{{2{\omega _0}}}{e^{ - t/2\tau }}(\cos ({\omega _0} + \omega )t - \cos ({\omega _0} - \omega )t)$ et $y = \frac{{{{\dot y}_0}}}{{2{\omega _0}}}{e^{ - t/2\tau }}(\sin ({\omega _0} + \omega )t + \sin ({\omega _0} - \omega )t)$;
enfin $z = A\cos {\omega _0}t + B\sin {\omega _0}t$ mais avec les conditions initiales choisies z = 0 à tout instant. D’où:
${\vec r_ + } = \frac{{{{\dot y}_0}}}{{2{\omega _0}}}{e^{ - t/2\tau }}(\cos ({\omega _0} + \omega )t\;{\vec e_x} + \sin ({\omega _0} + \omega )t\;{\vec e_y})$ et ${\vec r_ - } = \frac{{{{\dot y}_0}}}{{2{\omega _0}}}{e^{ - t/2\tau }}( - \cos ({\omega _0} - \omega )t\;{\vec e_x} + \sin ({\omega _0} - \omega )t\;{\vec e_y})$
${\vec r_z} = \vec 0$; ${\vec r_ + }$ et ${\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\rightharpoonup$}} \over r} _ - }$ représentent respectivement un mouvement circulaire gauche de fréquence ${\nu _0} + \nu $ et
un mouvement circulaire droit de fréquence ${\nu _0} - \nu $, de mêmes rayons $\frac{{{{\dot y}_0}}}{{2{\omega _0}}}$ avec $\nu = \frac{{eB}}{{4\pi m}}$.
4.4) ${\vec r_ + }$ et ${\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\rightharpoonup$}} \over r} _ - }$ produisent ${\vec M_ + } = - e{\vec r_ + }$ et ${\vec M_ - } = - e{\vec r_ - }$; on observe selon Oz donc perpendiculairement à ${\vec M_ + }\;et\;{\vec M_ - }$; de ce fait les champs électriques ${\vec E_ + }\;et\;{\vec E_ - }$ sont parallèles à ${\vec M_ + }\;et\;{\vec M_ - }$; en principe on observe deux vibrations circulaires de mêmes amplitudes l’une droite ${\vec E_ - }$ tournant à la pulsation ${\omega _0} - \omega $ en sens rétrograde et l’autre gauche ${\vec E_ + }$ tournant à la pulsation ${\omega _0} + \omega $ en sens direct (effet Zeeman longitudinal); mais comme $\nu < < {\nu _0}$ et qu’on ne met pas en évidence la séparation entre les fréquences, on observe une vibration rectiligne à chaque instant, de fréquence ${\nu _0}$, tournant très lentement en sens direct à la fréquence $\nu $ dont l’amplitude décroît exponentiellement en ${e^{ - t/2\tau }}$; c’est pourquoi il apparaît lentement une vibration rectiligne selon Ox (en plus de la vibration rectiligne initialement selon Oy): le champ magnétique produit une lente dépolarisation.
4.5) Dans la suite, on posera ${y_0} = {\dot y_0}/{\omega _0}$.
La puissance rayonnée dans l’angle solide $\delta \Omega $ dans la direction $\theta = \pi /2$ est, selon Ox et Oy respectivememt:
$\delta {p_x} = {\left( {\frac{{e{{\ddot x}_{ret}}}}{{4\pi }}} \right)^2}\delta \Omega = \frac{{{\mu _0}}}{c}{\left( {\frac{{e\omega _0^2{x_{ret}}}}{{4\pi }}} \right)^2}\delta \Omega $ et $\delta {p_x} = \frac{{{\mu _0}}}{c}{\left( {\frac{{e{{\ddot y}_{ret}}}}{{4\pi }}} \right)^2}\delta \Omega = \frac{{{\mu _0}}}{c}{\left( {\frac{{e\omega _0^2{y_{ret}}}}{{4\pi }}} \right)^2}\delta \Omega $
On pose $2K = \frac{{{\mu _0}}}{c}{\left( {\frac{{e\omega _0^2}}{{4\pi }}} \right)^2}\delta \Omega $ d’où $\delta {p_x} = 2Kx_{ret}^2$ et $\delta {p_y} = 2Ky_{ret}^2$; on suppose le récepteur sensible à la puissance moyenne reçue sur une durée de l’ordre de quelques périodes ${T_0} = 2\pi /{\omega _0}$ et de ce fait les fonctions variant à la pulsation $\omega $ et en ${e^{ - t/\tau }}$ restant constantes; cela conduit à $\left\langle {\delta {p_x}} \right\rangle = Ky_0^2{e^{ - t/\tau }}{\sin ^2}\omega t$ et $\left\langle {\delta {p_y}} \right\rangle = Ky_0^2{e^{ - t/\tau }}{\cos ^2}\omega t$.
En intégrant entre 0 et t, on a:
${W_x} = \int\limits_0^t {\left\langle {\delta {p_x}} \right\rangle } = $$Ky_0^2\int\limits_0^t {{e^{ - t/\tau }}{{\sin }^2}\omega t\;} dt$ et ${W_y} = \int\limits_0^t {\left\langle {\delta {p_y}} \right\rangle } = $$Ky_0^2\int\limits_0^t {{e^{ - t/\tau }}{{\cos }^2}\omega t\;} dt$
On exprime le carré des sinus et cosinus en fonction du cosinus de l’angle double; l’intégrale $I = \int\limits_0^t {{e^{ - t/\tau }}} \cos 2\omega tdt$ se calcule en décomposant le cosinus en exponentielles complexes; on trouve $I = \frac{{\frac{1}{\tau } - {e^{ - t/\tau }}(\frac{1}{\tau }\cos 2\omega t - 2\omega \sin 2\omega t)}}{{4{\omega ^2} + \frac{1}{{{\tau ^2}}}}}$; par ailleurs $J = \int\limits_0^t {{e^{ - t/\tau }}dt = \tau (1 - {e^{ - t/\tau }})} $; d’où ${W_x} = \frac{{Ky_0^2}}{2}(J - I)$ et ${W_y} = \frac{{Ky_0^2}}{2}(J + I)$; or P = I/J d’où $P = \frac{{\frac{1}{\tau } - {e^{ - t/\tau }}(\frac{1}{\tau }\cos 2\omega t - 2\omega \sin 2\omega t)}}{{\tau (1 - {e^{ - t/\tau }})(4{\omega ^2} + \frac{1}{{{\tau ^2}}})}}$;

si $t > > \tau $ $P = \frac{1}{{1 + 4{\omega ^2}{\tau ^2}}}$ d’où la courbe représentative de P en fonction de B.

4.6) On peut envisager différentes méthodes:

• On éclaire par un flash très bref avec un laser femtoseconde; parmi tous les photons incidents seuls ceux ayant l’énergie $h{\nu _0}$ peuvent exciter les atomes; le fait important n’est pas la monochromaticité, non réalisée ici, mais que l’éclairement soit très bref; chaque atome excité émet alors un rayonnement cohérent avec les autres atomes excités; si N atomes ont été excités, les champs électriques sont multipliés par N, W_x et W_y par N² mais W_x/W_y est inchangé; on a encore $P = \frac{1}{{1 + 4{\omega ^2}{\tau ^2}}}$
• Si au contraire on éclaire avec un faisceau laser continu de fréquence ${\nu _0}$ et si à instant donné N atomes sont excités, les rayonnements des différents atomes sont incohérents et ce sont les puissances rayonnées qui s’ajoutent; W_x et W_y sont multipliés par N, mais W_x/W_y est inchangé; on a encore le même résultat.

A.N.: P = 0,5 ⇒ $\tau = \frac{1}{{2\omega }}$ soit $\tau = \frac{m}{{eB}}$
Au centre de la spire circulaire $B = \frac{{{\mu _0}I}}{{2R}}$ soit numériquement $B = {1,6.10^{ - 6}}T$ et $\tau = {3,5.10^{ - 6}}s$
On trouve une valeur 750 fois supérieure au résultat théorique en supposant un rayonnement dipolaire; la théorie classique développée en 4.2° n’est pas valable; il faudrait faire un calcul quantique de la durée de vie de l’atome au sein d’une population d’atomes.
Le champ magnétique terrestre a une composante horizontale de 0,2 gauss soit ${2.10^{ - 5}}T$ supérieure au champ magnétique dû à la spire; pour contourner le problème, il suffit de créer un champ magnétique qui annule le champ magnétique terrestre et fournit en plus le champ magnétique désiré; il faut orienter le montage par rapport au champ magnétique terrestre; on sait faire cela. Il faut également éviter toute hétérogénéité du champ magnétique sur le domaine occupé par les atomes.
5) Effets cinétiques
5.1) ${d_3}P = {A^3}{e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2kT}}}}d{v_x}d{v_y}d{v_z}$; on exprime que la somme des probabilités est unité et on utilise
$\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {u^2}}}du = \sqrt \pi } $ d’où $A = {\left( {\frac{m}{{2\pi kT}}} \right)^{1/2}}$ et ${d_3}P = {\left( {\frac{m}{{2\pi kT}}} \right)^{3/2}}{e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2kT}}}}d{v_x}d{v_y}d{v_z}$
Par passage du système de coordonnées cartésiennes au système de coordonnées sphériques, l’élément de volume devient ${v^2}\sin \theta dvd\theta d\varphi $ et la probabilité d’avoir une norme de vitesse v à dv près dans la direction $\theta ,\varphi \;\text{à} \;d\theta ,d\varphi $ près s’écrit ${d_3}P' = {\left( {\frac{m}{{2\pi kT}}} \right)^{3/2}}{e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2kT}}}}{v^2}\sin \theta d\theta d\varphi dv$; on intègre en $\theta $ de 0 à $\pi $ et en $\varphi $ de 0 à 2$\pi $, ce qui donne: $P(v)dv = 4\pi {\left( {\frac{m}{{2\pi kT}}} \right)^{3/2}}{e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2kT}}}}{v^2}dv$
Par définition: $\left\langle v \right\rangle = \int\limits_{v = 0}^\infty {vP(v)dv = } $$4\pi {\left( {\frac{m}{{2\pi kT}}} \right)^{3/2}}\int\limits_{v = 0}^\infty {{e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2kT}}}}{v^3}dv} $; or $\int\limits_0^\infty {{e^{ - {u^2}}}{u^3}du} = 1/2$ d’où $\left\langle v \right\rangle = {\left( {\frac{{8kT}}{{\pi m}}} \right)^{1/2}}$
5.2) $P({\vec v_i},{\vec v_j}){d^3}{\vec v_i}{d^3}{\vec v_j} = A_i^3A_j^3{e^{ - \;\frac{{{m_i}v_i^2 + {m_j}v_j^2}}{{2kT}}}}d{v_{ix}}d{v_{iy}}d{v_{iz}}d{v_{jx}}d{v_{jy}}d{v_{jz}}$ avec ${A_i} = {\left( {\frac{{{m_i}}}{{2\pi kT}}} \right)^{1/2}}$ et ${A_j} = {\left( {\frac{{{m_j}}}{{2\pi kT}}} \right)^{1/2}}$. La vitesse du centre d’inertie d’un couple (i,j) est $\vec V = \frac{{{m_i}{{\vec v}_i} + {m_j}{{\vec v}_j}}}{{{m_i} + {m_j}}}$ et la vitesse de i par rapport à j est ${\vec v_{ij}} = {\vec v_i} - {\vec v_j}$; on en déduit ${\vec v_i} = \vec V + \frac{{{m_j}}}{{{m_i} + {m_j}}}{\vec v_{ij}}$ et ${\vec v_j} = \vec V - \frac{{{m_i}}}{{{m_i} + {m_j}}}{\vec v_{ij}}$; on obtient 6 relations algébriques en projection sur les axes Oxyz; le jacobien de la transformation ${v_{ix}},{v_{ix}} \to {V_x},{v_{ijx}}$ est $\left| \begin{array}{l}1\quad \;\;\;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {m_j}/({m_i} + {m_j})\\1\quad \; - {m_i}/({m_i} + {m_j})\end{array} \right|$ et vaut 1 d’où $d{v_{ix}}d{v_{ix}} \to d{V_x}d{v_{ijx}}$; il en est de même pour les deux autres directions; par ailleurs ${m_i}v_i^2 + {m_j}v_j^2 = ({m_i} + {m_j}){V^2} + \mu v_{ij}^2$ avec ${\mu _{ij}} = \frac{{{m_i}{m_j}}}{{{m_i} + {m_j}}}$ (masse réduite); enfin $A_i^3A_j^3 = A_G^3A_R^3$ avec ${A_G} = {\left( {\frac{{{m_i} + {m_j}}}{{2\pi kT}}} \right)^{1/2}}$ et ${A_R} = {\left( {\frac{\mu }{{2\pi kT}}} \right)^{1/2}}$d’où $P(\vec V,{\vec v_{ij}}){d^3}\vec V{d^3}{\vec v_{ij}} = A_G^3A_R^3{e^{ - \;\frac{{({m_i} + {m_j}){V^2} + \mu v_{ij}^2}}{{2kT}}}}d{V_x}d{V_y}d{V_z}d{v_{ijx}}d{v_{ijy}}d{v_{ijz}}$; par définition de la norme de la vitesse relative moyenne, on a $\left\langle {{v}_{ij}} \right\rangle =\iiint{\iiint\limits_{{{R}^{6}}}{{{v}_{ij}}P(\vec{V},{{{\vec{v}}}_{ij}}){{d}^{3}}\vec{V}{{d}^{3}}{{{\vec{v}}}_{ij}}}}$
On sépare en un produit de deux intégrales triples; l’une porte sur $d{V_x}d{V_y}d{V_z}$ et est la probabilité de trouver une molécule d’un gaz fictif de masse ${m_i} + {m_j}$ dans l’espace et l’autre est la moyenne des normes des vitesses de molécules de masse $\mu $ d’où $\left\langle {{v_{ij}}} \right\rangle = {\left( {\frac{{8kT}}{{\pi \mu }}} \right)^{1/2}} = {\left( {\frac{{8({m_i} + {m_j})kT}}{{\pi {m_i}{m_j}}}} \right)^{1/2}}$ (ce résultat peut sembler évident: on substitue à la masse la masse réduite) et ${\left\langle {{v_{ij}}} \right\rangle ^2} = {\left\langle {{v_i}} \right\rangle ^2} + {\left\langle {{v_j}} \right\rangle ^2}$

5.3) Soit ${{\rm T}^{ - 1}}dt$ le nombre de chocs que subit une molécule de type i avec une molécule de type j en dt; c’est le nombre de molécules de type j rencontrées par une molécule de type i qui parcourt la distance $\left\langle {{v_{ij}}} \right\rangle dt$, c’est-à-dire le nombre de molécules de type j contenues dans un cylindre de section droite$\pi a_{ij}^2$, de volume $\pi a_{ij}^2\left\langle {{v_{ij}}} \right\rangle dt$; d’où ${{\rm T}^{ - 1}}dt = \pi a_{ij}^2\left\langle {{v_{ij}}} \right\rangle {n_j}dt$ et donc le nombre de chocs subis par unité de temps par une molécule de type i est ${{\rm T}^{ - 1}} = \pi a_{ij}^2\left\langle {{v_{ij}}} \right\rangle {n_j} = \pi a_{ij}^2{n_j}{\left( {\frac{{8({m_i} + {m_j})kT}}{{\pi {m_i}{m_j}}}} \right)^{1/2}}$
Son libre parcours moyen est $l = \left\langle {{v_i}} \right\rangle /{{\rm T}^{ - 1}}$ soit $l = \frac{{\left\langle {{v_i}} \right\rangle }}{{\pi a_{ij}^2\left\langle {{v_{ij}}} \right\rangle {n_j}}} = {\left( {\frac{{{m_j}}}{{{m_i} + {m_j}}}} \right)^{1/2}}\frac{1}{{\pi a_{ij}^2{n_j}}}$
5.4) A.N.: ${n_j} = {P_j}/kT = {2,15.10^{21}}$ molécules d’argon par m³; $l = {7,6.10^{ - 5}}m$ et ${{\rm T}^{ - 1}} = {3,8.10^{ - 6}}{s^{ - 1}}$ soit ${\rm T} = {2,6.10^{ - 7}}s$.
5.5) Soit P(t)dt la probabilité pour qu’une molécule qui n’a pas subi de choc entre les dates 0 et t subisse un choc entre les dates t et t+dt: df = -P(t)dt soit $P(t) = - df/dt$
Soit N₀ le nombre initial de molécules (t=0); à t₁, il reste ${{\rm{N}}_{\rm{1}}}{\rm{ = f(}}{{\rm{t}}_{\rm{1}}}{\rm{)}}{{\rm{N}}_{\rm{0}}}{\rm{ }}$molécules n’ayant pas subi de premier choc; du fait de l’indépendance des chocs, on peut prendre n’importe quelle origine des temps; prenons la date t₁ comme nouvelle origine des temps; à la date t₂, il reste${\rm{ }}{{\rm{N}}_{\rm{1}}}{\rm{f(}}{{\rm{t}}_{\rm{2}}}{\rm{) }}$molécules n’ayant pas subi de premier choc, soit ${{\rm{N}}_{\rm{0}}}{\rm{f(}}{{\rm{t}}_{\rm{1}}}{\rm{)f(}}{{\rm{t}}_{\rm{2}}}{\rm{) }}$mais c’est aussi ${{\rm{N}}_{\rm{0}}}{\rm{f(}}{{\rm{t}}_{\rm{1}}}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_{\rm{2}}}{\rm{) }}$d’où ${\rm{f(}}{{\rm{t}}_{\rm{1}}}{\rm{ + }}{{\rm{t}}_{\rm{2}}}{\rm{) = f(}}{{\rm{t}}_{\rm{1}}}{\rm{)f(}}{{\rm{t}}_{\rm{2}}}{\rm{)}}$
$f(t + dt) = f(t)f(dt) = f(t)(f(0) + {\left( {\frac{{df}}{{dt}}} \right)_0}dt)$
f(0) = 1; on pose $\frac{1}{{\rm T}} = - {\left( {\frac{{df}}{{dt}}} \right)_0}$; le signe moins traduit la décroissance de f(t) dans le temps; ${\rm T}$ est une grandeur positive; d’où $f(t + dt) = f(t)(1 - dt/{\rm T})$ soit $df = - f(t)dt/{\rm T}$; par intégration $f(t) = f(0){e^{ - t/{\rm T}}}$; comme f(0) = 1, on trouve $f(t) = f(0){e^{ - t/{\rm T}}}$
La durée de vie moyenne sans premier choc est $\left\langle t \right\rangle = \int\limits_0^\infty {tdf(t)} $; une intégration par parties donne $\left\langle t \right\rangle = {\rm T}$ ce qui donne la signification physique de la constante ${\rm T}$ introduite.
On en déduit $P(t) = {e^{ - t/{\rm T}}}/{\rm T}$
Le nombre d’atomes qui subissent un premier choc entre t et t+dt est $\left| {dN(t)} \right| = \frac{{{N_0}}}{{\rm T}}{e^{ - t/{\rm T}}}dt$.
5.6) Le champ magnétique statique est nul; de ce fait $\nu = 0$.
Pour t < t_choc $x = 0,\quad y = {y_0}{e^{ - t/2\tau }}\sin {\omega _0}t,\quad z = 0$
Pour t > t_choc la dépolarisation est totale:
${\vec r_ + } = \frac{A}{2}{e^{ - t/2\tau }}( + \cos ({\omega _0}t - {\phi _1})t\;{\vec e_x} + \sin ({\omega _0}t - {\phi _1})t\;{\vec e_y})$ ${\vec r_ - } = \frac{A}{2}{e^{ - t/2\tau }}( - \cos ({\omega _0}t - {\phi _2})t\;{\vec e_x} + \sin ({\omega _0}t - {\phi _2})t\;{\vec e_y})$
${\vec r_z} = B{e^{ - t/2\tau }}\sin ({\omega _0}t - {\phi _3}){\vec e_z}$; dans ces expressions, ${\phi _{1,}}\;{\phi _2},\;{\phi _3}$ sont des valeurs inconnues fixées lors du premier choc subi, qui changent à chaque choc ultérieur subi, à amplitudes constantes, puisque la dépolarisation est déjà effectuée.
Les trois modes ${\vec r_ + },{\vec r_ - },{\vec r_z}$ ont des énergies mécaniques respectives:
$\frac{1}{2}\alpha \vec r_ + ^2 + \frac{1}{2}m\vec r_ + ^2 = m\omega _0^2{\left( {\frac{A}{2}} \right)^2}{e^{ - t/\tau }}$, $\frac{1}{2}\alpha \vec r_ - ^2 + \frac{1}{2}m\vec r_ - ^2 = m\omega _0^2{\left( {\frac{A}{2}} \right)^2}{e^{ - t/\tau }}$, $\frac{1}{2}\alpha \vec r_z^2 + \frac{1}{2}m\vec r_z^2 = \frac{1}{2}m\omega _0^2{B^2}{e^{ - t/\tau }}$ ; le mode initial avait l’énergie $\frac{1}{2}\alpha {y^2} + \frac{1}{2}m{\dot y^2} = \frac{1}{2}m\omega _0^2y_0^2{e^{ - t/\tau }}$; par hypothèse, lors du choc, l’énergie de l’atome se conserve: $2{(A/2)^2} + 2{(A/2)^2} + {B^2} = y_0^2$
et il se produit la dépolarisation totale $2{(A/2)^2} = 2{(A/2)^2} = {B^2} = y_0^2/3$ d’où $A = \sqrt {2/3} {y_0}$ et $x = \sqrt {2/3} {y_0}{e^{ - t/2\tau }}\sin (\Delta \phi /2)\sin ({\omega _0}t - \varphi )$
$y = \sqrt {2/3} {y_0}{e^{ - t/2\tau }}\cos (\Delta \phi /2)\sin ({\omega _0}t - \varphi )$ avec $\Delta \phi = {\phi _1} - {\phi _2}\;et\;\varphi = ({\phi _1} + {\phi _2})/2$
La composante selon z’z n’a pas d’importance car un dipôle ne rayonne pas selon la direction de son moment dipolaire et par ailleurs, on observe selon z’z.
L’angle $\Delta \phi $ va varier aléatoirement chaque fois qu’on aura un nouveau choc; avec $2K = \frac{{{\mu _0}}}{c}{\left( {\frac{{e\omega _0^2}}{{4\pi }}} \right)^2}\delta \Omega $, les puissances émises selon Ox et Oy sont $\delta {p_x} = 2K{x^2}$et $\delta {p_y} = 2K{y^2}$; on utilise un récepteur sensible à la puissance moyenne reçue sur quelques périodes ${T_0} = 2\pi /{\omega _0}$, qui ensuite intègre cette puissance sur une longue durée devant T₀; on a $\left\langle {\delta {p_x}} \right\rangle = \frac{{2K}}{3}y_0^2{e^{ - t/\tau }}{\sin ^2}(\Delta \phi /2)$ et $\left\langle {\delta {p_y}} \right\rangle = \frac{{2K}}{3}y_0^2{e^{ - t/\tau }}{\cos ^2}(\Delta \phi /2)$
${W_x} = \frac{{2K}}{3}y_0^2{\sin ^2}(\Delta \phi /2)\int\limits_{u = t}^\infty {{e^{ - u/\tau }}} du$
${W_y} = Ky_0^2\int\limits_{u = 0}^t {{e^{ - u/\tau }}} du + \frac{{2K}}{3}y_0^2{\cos ^2}(\Delta \phi /2)\int\limits_{u = t}^\infty {{e^{ - u/\tau }}} du$ (en appelant t la date du premier choc)
Par intégration ${W_x} = \frac{{2K}}{3}y_0^2\tau {e^{ - t/\tau }}{\sin ^2}(\Delta \phi /2)$ et ${W_y} = Ky_0^2\tau \left[ {(1 - {e^{ - t/\tau }}) + \frac{2}{3}{e^{ - t/\tau }}{{\cos }^2}(\Delta \phi /2)} \right]$
Ensuite $\Delta \phi $ varie aléatoirement tous les temps ${\rm T}$ (à chaque choc ultérieur, sans modification des amplitudes); pour t >> ${\rm T}$, on moyenne sur toutes les valeurs possibles de $\Delta \phi $; on obtient ${W_x} = \frac{K}{3}y_0^2\tau {e^{ - t/\tau }}$ et ${W_y} = \frac{K}{3}y_0^2\tau (3 - 2{e^{ - t/\tau }})$ et ${W_x}/{W_y} = {e^{ - t/\tau }}/(3 - 2{e^{ - t/\tau }})$
On peut résumer en disant que ${\vec r_ + },{\vec r_ - }$ créent ${\vec E_ + },{\vec E_ - }$ qui leurs sont parallèles; ces deux vibrations circulaires se recomposent en une vibration rectiligne de direction fixe entre deux chocs (angle $\Delta \phi $/2, noté $\phi $ avec Oy) qui transporte les 2/3 de l’énergie disponible; alors (loi de Malus) après choc ${W_y}\alpha \frac{2}{3}{\cos ^2}\phi \int\limits_{u = t}^\infty {{e^{ - u/\tau }}} du$ et ${W_x}\alpha \frac{2}{3}{\sin ^2}\phi \int\limits_{u = t}^\infty {{e^{ - u/\tau }}} du$; après moyenne sur l’angle $\phi $ aléatoire, on retrouve $\frac{{{W_x}}}{{{W_y}}} = \frac{{\frac{1}{3}\int\limits_{u = t}^\infty {{e^{ - u/\tau }}du} }}{{\int\limits_{u = 0}^t {{e^{ - u/\tau }}du + \frac{1}{3}\int\limits_{u = t}^\infty {{e^{ - u/\tau }}du} } }} = \frac{{{e^{ - t/\tau }}}}{{3 - 2{e^{ - t/\tau }}}}$

5.7) Pour une vapeur, en la supposant éclairée par un flash initial, au bout d’un temps très supérieur à la durée moyenne entre deux chocs, les émissions des différents atomes sont incohérentes; si ${N_0}$ est le nombre d’atomes excités lors du flash initial, ${W_x} = \sum\limits_{i = 1}^{{N_0}} {{W_{{x_i}}}} = \int\limits_{N = 0}^{{N_0}} {{W_x}(t)\left| {dN(t)} \right|} $ avec dN(t) explicité en fin de 5.5); de même ${W_y} = \sum\limits_{i = 1}^{{N_0}} {{W_{{y_i}}}} = \int\limits_{N = 0}^{{N_0}} {{W_y}(t)\left| {dN(t)} \right|} $; on obtient ${W_x} = {N_0}y_0^2\frac{K}{3}\frac{\tau }{{\rm T}}\int\limits_{t = 0}^\infty {{e^{ - (1/\tau + 1/{\rm T})t}}dt} $ et ${W_y} = {N_0}y_0^2\frac{K}{3}\frac{\tau }{{\rm T}}\int\limits_{t = 0}^\infty {(3 - 2{e^{ - t/\tau }}){e^{ - t/{\rm T}}}dt} $ soit ${W_x} = {N_0}y_0^2\frac{K}{3}\frac{{{\tau ^2}}}{{\tau + {\rm T}}}$ , ${W_y} = {N_0}y_0^2\frac{K}{3}\frac{{\tau (\tau + 3{\rm T})}}{{\tau + {\rm T}}}$ , $\frac{{{W_x}}}{{{W_y}}} = \frac{\tau }{{\tau + 3{\rm T}}}$ et $P = \frac{1}{{1 + \frac{{2\tau }}{{3{\rm T}}}}}$
5.8) A.N.: selon 4.2° $\tau = {4,8.10^{ - 9}}s$ et selon 5.4° ${\rm T} = {2,6.10^{ - 7}}s$ ${\rm{P = 0}}{\rm{,99}}$; forcément P est peu différent de l’unité car ${\rm T} > > \tau $. Selon 4.6° $\tau = {3,5.10^{ - 6}}s$ et alors ${\rm{P = 0}}{\rm{,10}}$; le premier résultat est inexact car la valeur théorique de $\tau $ ne peut s’établir valablement sans la mécanique quantique; seule la valeur expérimentale de $\tau $ doit être retenue; le second résultat semble correct car on utilise la valeur de $\tau $ obtenue expérimentalement en 4.6° dans les conditions où tout autre effet que la dépolarisation par champ magnétique est négligeable, en particulier la dépolarisation par choc (en se plaçant à très basse pression par exemple).
En conclusion, on voit que les chocs exercent un fort pouvoir dépolarisant.