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1ÉLECTROMAGNÉTISME
I- LES ÉQUATIONS DE MAXWELL
1- Loi de force
En l’absence de champ magnétique, la loi de Coulomb d’attraction-répulsion
de deux charges, mène à−→F = q
−→E , le champ électrique étant radial et décrois-
sant comme l’inverse du carré de la distance. On a une analogie avec la gravita-
tion, à part le fait qu’il y a des charges négatives, avec la loi d’attraction-répulsion
correspondante. Le champ électrique électrostatique d’une charge ponctuelle est
alors supposé vérifier :
−→E =
q
4 πε0
−−→OM
OM3
Envisageons maintenant la force magnétique. Il faut tout d’abord avoir une
idée de la structure d’un champ magnétique. Cette structure vient intuitivement
de la vision d’un spectre obtenu en plaçant un aimant sous une feuille de papier,
puis en saupoudrant la feuille de papier de poudre de fer. On voit sur l’image
ci-dessous, à gauche, le spectre d’un aimant droit, et à gauche celui de deux
aimants droits, un pôle sud faisant face à un pôle nord.
Pour ce qui est de la force magnétique, il est facile de voir qu’elle est nulle
pour une charge immobile. Sur la photographie ci-dessous, les électrons qui ar-
rivent vers l’écran sont déviés sur la gauche, donc sur leur droite, par un champ
magnétique vertical dirigé vers le bas, sortant du pôle nord de l’aimant que l’on
place au-dessus de l’oscilloscope. La charge q = −e < 0 de l’électron étant
négative, cela est en accord avec la loi de force−→F = q ~v ∧
−→B . Lorsque l’on
approche l’aimant, on voit en effet que la déviation augmente quand la distance
de l’aimant à l’oscilloscope diminue. Le plus simple est alors de considérer que
la force est proportionnelle à l’intensité du champ magnétique.1ccm
Pierre BOUTELOUP
1/185
Enfin, on voit sur la photographie ci-dessous, la trajectoire circulaire d’élec-
trons dans le champ magnétique uniforme de bobines de Helmhotz. Par raison
de symétrie, ce champ est porté par l’axe des bobines, donc, est porté par l’axe
du cercle. Cela est bien en accord avec une force centripète perpendiculaire à la
vitesse et au champ magnétique.
De−→F = q ~v ∧
−→B , on déduit facilement pour un élément de fil d~l parcouru
par le courant I : d−→F = I d~l ∧
−→B .
2- L’équation de Maxwell-Ampère
L’attraction F =µ0 I2
2 π rN/m de deux fils rectilignes infinis parallèles, parcou-
rus par la même intensité I, à la distance r l’un de l’autre et la symétrie de
révolution du champ magnétique d’un de ces fils, qui est nécessairement ortho-
radial pour qu’il y ait attraction, mène au théorème d’Ampère :
∮
−→B d~l = 2 π rB = µ0 I = µ0
∫∫
~j d~S
On peut donc en déduire ici :∫∫
−→rot
−→B d~S = µ0
∫∫
~j d~S vrai pour−→rot
−→B = µ0
~j
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Dans la définition de 1948 du Comité international des poids et mesures,
l’Ampère, unité de l’intensité du courant électrique, est défini par le fait que
deux fils infinis, de sections négligeables, parallèles séparés par une distance de
un mètre s’appliquent une force de 2 10−7 newton par mètre. On a donc :
F = BIl =µ0 I2l
2 π r=
µ0
2 π= 2 10−7 ⇒ µ0 = 4 π 10−7
L’unité de charge électrique, le Coulomb, en découle, puisqu’un ampère est
un coulomb par seconde.
Considérons maintenant une petire sphère chargée négativement avec la très
grande charge q(t). On suppose que cette sphère qui est dans le vide, est chauffée
à très haute température. Des électrons s’échappent d’une manière isotrope.
−→B étant un pseudo-vecteur de par la loi de force avec un produit vectoriel, et
compte tenu de la symétrie de l’expérience, le champ magnétique est nul.
En effet, si le champ magnétique en M ne pointe pas parallèlement à−−→OM , O
étant le centre de la sphère, il indique une direction privilégiée qui ne correspond
à rien, vu la symétrie sphérique du dispositif. C’est donc impossible. Si le champ
magnétique est radial, et la vitesse perpendiculaire à−−→OM , c’est la force subie
par la charge qui indique un sens de rotation autour de la sphère par rapport à
un axe passant par O et déterminé par la vitesse. Or le dispositif expérimental
et la vitesse, ne peuvent pas privilégier un tel sens de rotation.
Plaçons nous à une très grande distance de la sphère par rapport à sa taille.
Par symétrie, le champ électrique et le vecteur densité volumique de courant
sont radials. On a :
E =q
4 π ε0 r24 π r2 j = I
∂E
∂t= −
I
4 π ε0r2= −
j
ε0
On a donc−→rot
−→B = 0 et ~j + ε0
∂−→E
∂t= 0. Il est donc logique de postuler que
dans le cas général, on a ce qu’on appelle l’équation de Maxwell-Ampère :
−→rot
−→B = µ0
~j + ε0 µ0
∂−→E
∂t
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3- L’équation de Maxwell-Faraday
Cette équation est liée au phénomène d’induction. Il est facile de vérifier expé-
rimentalement, en utilisant un barreau aimanté fin et très long, et en l’amenant
progressivement au-dessus de l’oscilloscope ci-dessus, que la force magnétique est
inversement proportionnelle au carré de la distance à l’extrémité de cet aimant.
On peut alors considérer d’une manière idéalisée ce qu’on appelle une corde de
Dirac. C’est un solénoïde infiniment fin semi-infini. Le champ magnétique créé
est celui d’un monopôle à son extrémité. Il est radial à partir de cette extrémité
et en l’inverse du carré de la distance. Remarquons que ce champ ici considéré
est à divergence nulle. Le flux ne dépend pas de la surface choisie qui s’appuie
sur un contour, pour le calculer. On peut donc considérer le flux à travers un
contour sans rien préciser d’autre.
•Corde de Dirac
y
x
z
−→Br⊗−→
E
ρr
z
+
~v
Considérons alors un anneau circulaire de rayon a, d’axe l’axe des z, qui
coulisse avec la vitesse ~v = −v ~ez vers la gauche. Une charge q de ce cercle est
soumise à la force−→F = q ~v ∧
−→B = q ~v ∧
−→Br. Mais dans le référentiel du cercle,
la force s’interprête par l’existence d’un champ électrique ~v ∧−→B .
−→B = k
~r
r3Bz =
k z
(z2 + ρ2)3/2Br =
k ρ
(z2 + ρ2)3/2
−→E = −v Br ~eθ = −
k a v
(z2 + a2)3/2~eθ
Vérifions que la force électromotrice est égale à −dφ
dt, φ étant le flux du champ
magnétique à travers la spire.
φ =
∫ a
0
k z
(z2 + ρ2)3/22 π ρ dρ u = ρ2 + z2
4/185
φ = 2 π k z
∫ z2+a2
z2
1
2
du
u3/2= π k z
[
− 2 u−1/2
]z2+a2
z2
= 2 π k z
(
1
z−
1√
z2 + a2
)
φ = 2 π k
1 −1
√
1 +a2
z2
e = −φ = +2 π k
(
−1
2
) −2 a2
z3
(
1 +a2
z2
)3/2(−v)
e = −2 π k a2 v
(a2 + z2)3/2=
∮
−→E d~l = 2 π aE
−→E = −
k a v
(a2 + z2)3/2~eθ
On a donc vérifié sur ce cas particulier que :
∫∫
−→rot
−→E d~S =
∮
−→E d~l = −
d
dt
∫∫
−→B d~S =
∫∫
−∂−→B
∂td~S
Il est donc logique de postuler en toute généralité l’équation de Maxwell-
Faraday :
−→rot
−→E = −
∂−→B
∂t
4- Les équations homogènes (sans second membre)
On part de l’équation de conservation de la charge électrique :∂ρ
∂t+div~j = 0.
On applique alors l’opérateur divergence à l’équation de Maxwell-Ampère :
div(−→rot
−→B)
= 0 = µ0 div~j + ε0 µ0
∂
∂tdiv
−→E ⇒
∂
∂tdiv
−→E =
∂
∂t
ρ
ε0
Installant une distribution de charge ρ(x, y, z) à partir de l’état initial−→E = ~0,
et ρ = 0, donc div−→E−
ρ
ε0
= 0, on en conclut que pour l’état final :
div−→E =
ρ
ε0
Puis on fait pareil avec l’équation de Maxwell-Faraday :
div(−→rot
−→E)
= 0 = −∂
∂tdiv
−→B
5/185
De la même manière, on en conclut que :
div−→B = 0
ce qui permet de prendre n’importe quelle surface qui s’appuie sur un contour
pour calculer le flux du champ magnétique.
Des équations de Maxwell dans le vide, on en déduit l’équation de propa-
gation des champs. En identifiant la vitesse trouvée à la vitesse de la lumière C,
on en déduit ε0 µ0 C2 = 1, d’où la valeur numérique de ε0 = 8, 854 10−12.
5- L’équation locale de Poynting
On a div(
~a ∧~b)
= ~b−→rot~a − ~a
−→rot~b. Les équations de Maxwell donnent :
ε0
∂−→E
∂t=
1
µ0
−→rot
−→B − ~j
1
µ0
∂−→B
∂t= −
1
µ0
−→rot
−→E
ε0
−→E
∂−→E
∂t+
1
µ0
−→B
∂−→B
∂t=
∂
∂t
(
ε0 E2
2+
B2
2 µ0
)
=1
µ0
−→E
−→rot
−→B − ~j
−→E −
1
µ0
−→B
−→rot
−→E = −
1
µ0
div(−→
E ∧−→B)
− ~j−→E
∂
∂t
(
ε0 E2
2+
B2
2 µ0
)
+ ~j−→E + div
(
1
µ0
−→E ∧
−→B
)
= 0
∫∫
S
1
µ0
−→E ∧
−→B dτ
︸ ︷︷ ︸
Puissance qui s’échappe du volume
+
∫∫∫
~j−→E dτ
︸ ︷︷ ︸
Puissance donnée aux charges
+d
dt
∫∫∫(
ε0 E2
2+
B2
2 µ0
)
dτ
︸ ︷︷ ︸
Puissance donnée aux champs
= 0
−→Π =
1
µ0
−→E ∧
−→B est le vecteur de Poynting.
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II- LES POTENTIELS
1- Existence des potentiels
Puisque la divergence du champ magnétique est nul, il existe un champ de
vecteur, appelé potentiel vecteur−→A tel que
−→B =
−→rot
−→A . On a alors :
−→rot
−→E = −
∂
∂t
−→rot
−→A =
−→rot
(
−∂−→A
∂t
)
⇒−→rot
(
−→E +
∂−→A
∂t
)
= 0
⇒ ∃V−→E +
∂−→A
∂t= −
−−→grad V
−→E = −
−−→grad V −
∂−→A
∂t
2- Changement de jauge
Si l’on pose :−→A′ =
−→A +
−−→grad λ
−→rot
−→A′ =
−→rot
−→A
−→B′ =
−→B
Posons en même temps V ′ = V −∂λ
∂t.
−→E ′ = −
−−→grad V ′ −
∂−→A′
∂t= −
−−→grad V +
∂
∂t
−−→grad λ −
∂−→A
∂t−
∂
∂t
−−→grad λ =
−→E
On a trouvé un autre couple de potentiels.
3- Jauge de Lorenz
Cette jauge a été construite par le Danois L. V. Lorenz. On cherche des
potentiels qui vérifient div−→A′ = −
1
C2
∂V ′
∂t. Il vient :
div−→A + ∇2λ = −
1
C2
∂V
∂t+
1
C2
∂2λ
∂t2
∇2λ −1
C2
∂2λ
∂t2= −div
−→A −
1
C2
∂V
∂t
Nous verrons au chapitre suivant que cette équation différentielle a toujours
une solution. On peut donc bien toujours travailler avec la jauge de Lorenz.
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4- Équation de propagation des potentiels
On travaille dans la jauge de Lorenz.
div−→E = −∇2 V −
∂
∂tdiv
−→A = −∇2 V +
1
C2
∂2V
∂t2=
ρ
ε0
∇2 V −1
C2
∂2V
∂t2= −
ρ
ε0
Soit : V = −ρ
ε0
. L’opérateur = ∇2 −1
C2
∂
∂t2est l’opérateur d’alem-
bertien.
En négligeant la dépendance temporelle, en électrostatique par exemple, on
arrive à l’équation de Poisson :
∇2 V = −ρ
ε0
qui vient de−→E = −
−−→gradV et div
−→E =
ρ
ε0
.
Partant du début de notre construction de l’électromagnétisme, à partir de la
loi de force de Coulomb entre deux charges :
F12 =q1 q2
4 π ε0 r2
12
qui mène à−→F2 = q2
−→E1 et
−→E1 =
q1
4 π ε0 r2
12
−→u12.−→u12 étant le vecteur unitaire de 1
vers 2, on trouve alors le potentiel de Coulomb créé par une charge ponctuelle
unique par :
E = −dV
drV (r) = −
∫ r
∞
E(ρ) dρ = −
∫ r
∞
q
4 π ε0 ρ2dρ =
[
q
4 π ε0 ρ
]r
∞
=q
4 π ε0 r
−→rot
−→B =
−→rot(
−→rot
−→A)
=−−→grad
(
div−→A)
− ∇2−→A = µ0
~j +1
C2
∂−→E
∂t
−1
C2
∂
∂t
−−→gradV − ∇2
−→A = µ0
~j +1
C2
∂
∂t
(
−−−→gradV −
∂−→A
∂t
)
∇2−→A −
1
C2
∂2−→A
∂t2= −µ0
~j
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Soit :
−→A = −µ0
~j
5- Inertie électromagnétique
Les deux densités surfaciques uniformes et opposées jS des deux plans très
grands parallèles et verticaux, créent un champ magnétique uniforme entre les
deux plans de valeur B = µ0 jS et dirigé vers le haut.
Le potentiel vecteur est nul dans le plan médiateur, et augmente proportion-
nellement à la distance à ce dernier. Il est parallèle et de même sens que la
densité surfacique du côté du plan médiateur où on le considère. Les deux plans
infinis sont constitués d’une matière isolante sur laquelle on a déposé une charge
superficielle σ > 0 uniforme. Les deux plans se déplacent en sens inverses. On a~jS = σ ~v.
d~p
dt= q
−→E = −q
∂−→A
∂t= −q
d−→A
dt
d
dt
(
~p +−→A)
= 0
Il y a conservation de la quantité de mouvement totale−→P = ~p +
−→A , de telle
manière que si l’on ralentit les plans, diminuant−→A , il y a une force qui s’applique
sur les charges pour les accélérer et empêcher ce ralentissement. Cette force est
appliquée par le champ électrique inductif créé par ce ralentissement, donc la
diminution du champ magnétique. Il y a donc une inertie électromagnétique
associée à la loi de l’induction.
On peut donc faire l’analogie entre les deux équations :
−→P = m~v + q
−→A
E = 1
2mv2 + q V
jS
jS
B
−→
−→
−→
B
2
−→
F−→
S
πDπG
−→A
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III- LES POTENTIELS RETARDÉS
1- L’équation d’onde de d’Alembert
On considère l’équation aux dérivées partielles dite de d’Alembert pour la
fonction y(x, t) :∂2y
∂x2−
1
C2
∂2y
∂t2= 0
On fait le changement de variable :
p = t +x
C
q = t −x
C
dy =∂y
∂xdx+
∂y
∂tdt =
∂y
∂pdp+
∂y
∂qdq =
∂y
∂p
(
dt+dx
C
)
+∂y
∂q
(
dt−dx
C
)
dy =1
C
(
∂y
∂p−∂y
∂q
)
dx+
(
∂y
∂p+∂y
∂q
)
dt
∂y
∂x=
1
C
(
∂y
∂p−∂y
∂q
)
∂y
∂t=∂y
∂p+∂y
∂q
∂2y
∂x2=
∂
∂x
(
∂y
∂x
)
=1
C
[
∂
∂p
(
∂y
∂x
)
−∂
∂q
(
∂y
∂x
)]
=1
C2
(
∂2y
∂p2−
∂2y
∂p ∂q−
∂2y
∂q ∂p+∂2y
∂q2
]
∂2y
∂t2=
∂
∂t
(
∂y
∂t
)
=∂
∂p
(
∂y
∂t
)
+∂
∂q
(
∂y
∂t
)
=∂2y
∂p2+
∂2y
∂p ∂q+
∂2y
∂q ∂p+∂2y
∂q2
1
C2
∂2y
∂p2−
2
C2
∂2y
∂p ∂q+
1
C2
∂2y
∂q2−
1
C2
∂2y
∂p2−
2
C2
∂2y
∂p ∂q−
1
C2
∂2y
∂q2= −
4
C2
∂2y
∂p ∂q= 0
∂y
∂q= f ′(q) y = f(q) + g(p)
y = f(
t−x
C
)
+ g(
t+x
C
)
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2- Les potentiels retardés
La solution des équations linéaires avec seconds membres pour les potentiels
est la somme de la solution de ces équations sans second membre, qui correspond
à une onde qui passe d’une manière indépendante des charges, et d’une intégrale
particulière de ces équations avec second membre, qu’il restera à identifier avec
des arguments physiques, comme la solution des champs créés d’une manière
causale par les charges. En particulier, les deux caractéristiques de cette solution
particulière recherchée, est qu’elle doit être reliée aux charges d’une manière
causale, et qu’elle doit être nulle en l’absence de charges.
Pour trouver cette intégrale particulière, divisons tout l’espace en des éléments
infinitésimaux et déterminons le champ créé par une charge se trouvant dans un
élément de volume. En vertu de la linéarité des équations, le champ réel sera
égal à la somme des champs créés par tous les éléments de ce genre.
On considère alors le cas où les seules charges q(t) présentes, le sont dans une
petite sphère Σ de rayon r0 entourant un point O et où leur densité ρ(t) est
fonction du temps.
Physiquement parlant, cette hypothèse est contraire à la conservation de la
charge électrique. Mais cela n’importe pas ici, car on cherche à résoudre une
équation différentielle mathématique, et on peut se placer en dehors de la phy-
sique.
On a ici une symétrie sphérique, et on écrit les équations en coordonnées
sphériques. Pour le potentiel scalaire, on obtient :
1
r
∂2 (r V )
∂r2−
1
C2
∂2V
∂t2+
ρ
ε0
= 0
Dans le vide, en dehors de la sphère Σ, cette équation se réduit à :
1
r
∂2 (r V )
∂r2−
1
C2
∂2V
∂t2= 0
On fait alors le changement de variable V =ψ(r, t)
r. On obtient :
1
r
∂2ψ
∂r2−
1
C2
1
r
∂2ψ
∂t2= 0 soit
∂2ψ
∂r2−
1
C2
∂2ψ
∂t2= 0
On a donc :
ψ(r, t) = f(
t−r
C
)
+ g(
t+r
C
)
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On rejette la solution en g avec l’argument de la causalité et on arrive à :
V =1
rf(
t−r
C
)
Pour déterminer la fonction f , il suffit de remarquer que lorsque r tend vers
zéro, l’équation de d’Alembert
1
r
∂2 (r V )
∂r2−
1
C2
∂2V
∂t2+
ρ
ε0
= 0
se réduit à l’équation de Poisson :
1
r
∂2 (r V )
∂r2+
ρ
ε0
= 0
le terme en1
rdevient en effet prépondérant quand r → 0. Donc quand r → 0 :
V =1
rf(t) =
q(t)
4 πε0 r
Il faut donc identifier la fonction f(.) à la fonctionq(.)
4 π ε0
. Par conséquent on
arrive à :
V (r, t) =1
4 π ε0
q(
t −r
C
)
r
Vu la linéarité des équations, comme nous l’avons dit, pour une distribution
dans l’espace de charges dépendantes du temps, on arrive alors à la solution des
potentiels retardés :
V (M) =1
4 π ε0
∫∫∫ ρ(
t −r
C
)
rdτ
On pourrait en effet refaire tout ce raisonnement pour chaque composante du
potentiel vecteur−→A , donc on a aussi :
−→A (M) =
µ0
4 π
∫∫∫ ~j(
t −r
C
)
rdτ
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IV- LES POTENTIELS DE LIÉNARD ET WIECHERT
1- L’expérience de pensée
Un segment AB chargé de longueur ε très petite avec la densité linéique de
charge λ glisse à la grande vitesse ~v sur l’axe des z. Sa charge est q = λε.
On cherche les potentiels au point P , et on utilise les formules des potentiels
retardés :
~A =µ0
4π
∫
+∞
−∞
λ(t′)~v dz
r; V =
1
4πε0
∫
+∞
−∞
λ(t′) dz
ravec t′ +
r
C= t
Le segment A(t′2)B(t′
2) est légèrement décalé vers la droite pour la visualisa-
tion, mais en fait il est sur l’axe des z.
•P
~v
z
θε
A(t′1)
B(t′2)
r1
r2
Quand les différences de distances ne sont plus à prendre en compte :
A(t′1)P ≃ B(t′
2)P = R
Du fait que l’extrémité haute du segment est plus proche de P , elle est vue
moins loin dans le passé (temps t′2), donc à un moment où le segment a avancé
par rapport au moment t′1
tel qu’on voit l’extrémité A.
A(t′1)B(t′
2) = ε+ v(t′
2− t′
1)
t′1+r1
C= t
t′2+r2
C= t
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2- Calcul de la longueur apparente du segment AB
t′2− t′
1+r2 − r1
C= 0
r1 = r2 +A(t′1)B(t′
2) sin θ
r1 = r2 + [ε+ v(t′2− t′
1)] sin θ
(t′2− t′
1) −
ε sin θ
C−v
C(t′
2− t′
1) sin θ = 0
(t′2− t′
1)(
1 −v
csin θ
)
=ε sin θ
C
t′2− t′
1=
ε sin θ
C(
1 − vC
sin θ)
A(t′1)B(t′
2) = ε+
v
C
ε sin θ
1 − vC
sin θ=ε− ε v
Csin θ + ε v
Csin θ
1 − vC
sin θ=
ε
1 − vC
sin θ=
ε
1 −~v ~R
C R
3- Les potentiels de Liénard et Wiechert
Quand ε→ 0 r2 ≃ r1 = R.
V =1
4πε0
∫
+∞
−∞
λ(t′)dz
r=
1
4πε0
λA(t′1)B(t′
2)
R=
1
4πε0R
λε
1 − ~v ~RCR
=1
4πε0
q
R − ~v ~RC
~A =µ0
4π
∫
+∞
−∞
λ(t′)~v dz
r=µ0
4π
λ~v A(t′1)B(t′
2)
R=
µ0
4πR
λ ε~v
1 − ~v ~RCR
=µ0
4π
q ~v
R− ~v ~RC
~A =µ0
4 π
q ~v
R −~v ~R
C
V =1
4 π ε0
q
R −~v ~R
C
Ce sont les potentiels de Liénard et Wiechert.
14/185
V- CHAMP DE CHARGES EN MOUVEMENT
1- Les potentiels de Liénard-Wiechert
Pour calculer les champs électrique et magnétique de charges ponctuelles en
mouvement, on utilise les potentiels de Liénard et Wiechert :
~A =µ0
4π
q ~v
r −~v ~r
C
V =1
4πε0
q
r −~v ~r
C
•q
•M(t)
P (tr)~v(tr)
r=
C(t−
t r)
Trajectoire de la charge q
On mesure les potentiels en M , à l’instant t. Cependant, à cause du retard dû
à la propagation de l’information électromagnétique à la vitesse de la lumière,
pour la charge, l’instant n’est pas le même. On la voit dans le passé comme en
astronomie, où on voit les étoiles d’autant plus dans le passé qu’elles sont loin.
La position de la charge, qui est en P , et sa vitesse ~v, sont prises à l’instant
retardé tr, tel que−−→PM = ~r, avec r = C (t − tr).
2- Les dérivées partielles du temps retardé
Nous aurons besoin, pour avoir accès aux dérivées partielles des potentiels,
de façon à calculer les champs, des dérivées partielles du temps retardé. Com-
mençons par la dérivée partielle du temps retardé par rapport au temps de
l’observateur.
15/185
La situation est donc la suivante : M est fixe. Le temps s’écoule. P avance
sur sa trajectoire. Que vaut
(
∂tr
∂t
)
M fixe
?
r2 = ~r2 r dr = ~r d~r dr =~r
rd~r r = C(t − tr)
∂r
∂t=
∂r
∂tr
∂tr
∂t= −
~r ~v
r
∂tr
∂t= C
(
1 −
∂tr
∂t
)
∂tr
∂t
(
C −
~r ~v
r
)
= C∂tr
∂t=
1
1 −
~v ~r
r C
Envisageons maintenant un déplacement de M vers M1 à temps t constant.
Comment varie tr ? On observe donc le potentiel en M1 au même temps t que
pour l’observation que l’on faisait en M . Le point d’observation étant dans le
cas particulier choisi plus près de la trajectoire, le temps tr est plus proche de t.
On voit la charge en P1.
PP1 et MM1 étant infinitésimaux, les deux droites PM et P1M1 sont prati-
quement parallèles.
PM = P1M1 + PA + M1B C (t − tr) = C [t − (tr + dtr)]+ α~v dtr + β−−−→
MM1
Soit ~u =~r
rle vecteur unitaire porté par la droite PM de P vers M . On a
alors :
C dtr = dtr ~v ~u + (−~u)−−→
dM
Trajectoire
C (t
- tr
)
C (
t - (t
r + d
tr))
P P1
M1
M
A
B
α
β
16/185
dtr = −
~r
r
−−→
dM
C −
~v ~r
r
=(
−−→
grad tr
)
t
−−→
dM
(
−−→
grad tr
)
t= −
~r
C
(
r −
~v ~r
C
)
Le calcul fonctionne même si M1 n’est pas dans le plan MPP1. β est alors
l’angle entre MM1 et le plan perpendiculaire à PM en M .
3- Calcul de la dérivée temporelle du potentiel vecteur
∂ ~A
∂t=
∂ ~A
∂tr
∂tr
∂t=
q
4 πε0 C2
~a
r −~v ~r
C
−
~v(
r −~v ~r
C
)2
(
−
~v ~r
r−
~a~r
C+
v2
C
)
1
1 −
~v ~r
r C
=q
4 πε0 C2
r C2~a
(r C − ~v ~r)2
C
C−
q
4 πε0 C2
C3 ~v
(r C − ~v ~r)3
(
−~v ~r −
r (~a~r)
C+
r v2
C
)
=q C
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
[
r~a
C(r C − ~v ~r) + (~v ~r) ~v +
r (~a~r)
C~v −
r v2 ~v
C
]
=q C
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
[
r2~a −
r
C(~v ~r) ~a + (~v ~r) ~v +
r
C(~a~r) ~v −
r
Cv2 ~v
]
−→
E A = −
∂ ~A
∂t=
q C
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
[
− r2~a +r
C(~v ~r) ~a − (~v ~r) ~v −
r
C(~a~r) ~v +
r
Cv2 ~v
]
4- Calcul du gradient du potentiel scalaire
V =q C
4 π ε0
1
r C − ~v ~r
−−→
grad V = −
q C
4 π ε0
1
(r C − ~v ~r)2
−−→
grad (r C − ~v ~r)
17/185
r = C (t − tr)−−→
grad (r C) = −C2−−→
grad tr = +~r C2
r C − ~v ~r
Il nous reste à calculer−−→
grad (~r ~v).
Comme au paragraphe 2, on découpe alors le déplacement en deux temps. On
regarde comment varie ~r ~v quand on laisse la charge bloquée en P avec la vitesse
~v qu’on ne change pas, mais on va de M à M1.
Ensuite, on regarde comment varie ~r ~v quand on laisse la charge évoluer jus-
qu’au point P1 où elle est réellement vue depuis le point d’observation M1.
La justification mathématique de cette procédure est la suivante :
d (~r ~v) =
(
∂f
∂xM
dxM +∂f
∂yM
dyM +∂f
∂zM
dzM
)
︸ ︷︷ ︸
d(~r ~v)1
+
(
∂f
∂xP
dxP +∂f
∂ydyP +
∂f
∂zP
dzP +∂f
∂vx
dvx +∂f
∂vy
dvy +∂f
∂vz
dvz
)
︸ ︷︷ ︸
d(~r ~v)2
[
−−→
grad (~r ~v)]
tr
−−−→
MM1 = d (~r ~v)1
= ~v−→
drM →M1= ~v
−−−→
MM1
⇒
[
−−→
grad (~r ~v)]
1
= ~v
d (~r ~v)P →P1=
∂ (~r ~v)
∂trdtr =
∂ (~r ~v)
∂tr
−−→
grad tr−−−→
MM1 =(
−v2 + ~r~a) −~r
r C − ~v ~r
−−−→
MM1
[
−−→
grad (~r ~v)]
2
=−~r
r C − ~v ~r
(
−v2 + ~r~a)
En mettant tout ensemble :
~r ~v = f (M, P,~v) = f (xM , yM , zM , xP , yP , zP , vx, vy, vz)
18/185
−−→
grad (r C − ~r ~v) = +~r C2
r C − ~v ~r− ~v +
~r
r C − ~v ~r
(
−v2 + ~r~a)
−−→
grad V = −
q C
4 π ε0
1
(r C − ~v ~r)2
[
+~r C2
r C − ~v ~r− ~v +
~r
r C − ~v ~r
(
−v2 + ~r~a)
]
−−→
grad V =q C
4 π ε0 (r C − ~v ~r)3
[
(r C − ~v ~r) ~v −
(
C2− v2 + ~r~a
)
~r]
−→
E = −
−−→
grad V −
∂ ~A
∂t=
q C
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
×
[
− r2~a +r
C(~v ~r) ~a −
r
C(~a~r) ~v +
r
Cv2 ~v − r C ~v +
(
C2− v2 + ~r~a
)
~r]
−→
E =q
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
×
[
−C r2~a + r (~v ~r) ~a − r (~a~r) ~v + r v2 ~v − r C2 ~v +(
C2− v2 + ~r~a
)
C ~r]
=q
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
[(
C2− v2
)
(C ~r − r ~v) − C r2~a + r (~v ~r) ~a − r (~a~r) ~v + (~r~a) C ~r]
−→
E =q
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
(
C2− v2
)
(C ~r − r ~v) + ~r ∧
(C ~r − r ~v) ∧ ~a
19/185
5- Calcul du champ magnétique
On constate que ~A =1
C2V ~v.
−→
rot ~A =1
C2
[
V−→
rot~v − ~v ∧
−−→
grad V]
−→
B =−→
rot ~A =V
C2
−−→
grad tr ∧ ~a −
~v
C2∧
−−→
grad V
−→
B =q C
C24 π ε0 (r C − ~v ~r)
−~r ∧ ~a
r C − ~v ~r
−
q C
4 π ε0 C2 (r C − ~v ~r)3~v ∧
(r C − ~v ~r) ~v −
(
C2− v2 + ~r~a
)
~r
−→
B =q
4 π ε0 C (r C − ~v ~r)3~r ∧
−~a (r C − ~v ~r) −
(
C2− v2 + ~r~a
)
~v
Multiplions l’expression en accolade dans l’équation donnant−→
E par~r
ret
utilisons la formule du double produit vectoriel, pour le double produit vectoriel
à l’intérieur de cette accolade, on obtient :
~r
r∧
E
=~r
r∧
−r ~v(
C2− v2
)
+ (~r~a) (C ~r − r ~v) − ~r (C ~r − r ~v) ~a
= ~r ∧
−C2 ~v + v2 ~v − (~r~a) ~v − r C ~a + (~r ~v) ~a
⇒
−→
B =1
C
~r
r∧
−→
E
−→rot~v =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
vx
vy
vz
=
∂tr
∂x
d
dtr
∂tr
∂y
d
dtr
∂tr
∂z
d
dtr
∧
vx
vy
vz
=
∂tr
∂x
∂tr
∂y
∂tr
∂z
∧~a =−−→grad tr∧~a
20/185
Ainsi, le champ magnétique est toujours perpendiculaire au champ électrique.
Il est d’autre part perpendiculaire au vecteur joignant la position retardée de la
charge au point où on calcule le champ.
6- Champ d’une charge avec une vitesse constante
xPr P
M
• •
•
r sinα = R sin θr
R
r v
C
α θ
On a le point d’observation M à l’instant t, les positions de la charge qui
avance à vitesse constante v sur l’axe des x : P à l’instant t, et Pr à l’instant
retardé tr. On a :
~r =−−→PrM r = C(t− tr) = ‖
−−→PrM‖
−→R =
−−→PM R = ‖
−−→PM‖
PrP = v (t − tr) =v r
C
−→E =
q
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
(
C2 − v2)
(C ~r − r ~v)
C ~r − r ~v = C~r − C (t − tr) ~v = C[−−→PrM −
−−→PrP
]
= C−−→PM = C
−→R
Dans l’expression du champ électrique−→E , la partie qui contient l’accélération
~a décroît en1
rquand r croît. C’est la partie proprement radiative. Il y a émission
d’ondes électromagnétiques qui deviennent planes à grande distance. L’autre
partie est en1
r2et n’est pas radiative. Elle reste attachée à la particule. C’est le
champ électrostatique de Coulomb généralisé. C’est le seul qui reste pour une
particule qui a une vitesse constante et qui donc ne rayonne pas.
21/185
Remarquons que le champ électrique est porté par la ligne droite joignant la
position présente de la particule au point où on observe ce champ, alors que le
message électromagnétique provient de la position retardée Pr. Cela permet à
deux charges qui avancent côte à côte dans une direction perpendiculaire à la
droite les joignant, de pouvoir continuer à vitesse constante pour la projection
de leurs vitesses sur cette direction, comme le principe de l’inertie pour un
système isolé les y oblige. Le champ électrique n’est donc pas retardé. Le champ
magnétique non plus bien sûr.
q > 0
q > 0
−→V
−→E
−−→E
−−→PM
2
=(−−→PPr +
−−→PrM
)2
R2 = r2v2
C2+ r2 − 2 r2
v
Ccosα
R2 −v2 r2
C2+v2 r2
C2cos2α = r2 +
r2 v2
C2cos2α − 2 r2
v
Ccosα
R2 −v2 r2
C2sin2α = r2 +
(~r ~v)2
C2− 2 r
~r ~v
C=
(
r −~r ~v
C
)2
R2
(
1 −v2
C2sin2θ
)
=
(
r −~r ~v
C
)2
−→E =
q
4 π ε0
(
C2 − v2)
(r C − ~v ~r)3C−→R =
q
4 π ε0
C2
(
1 −v2
C2
)
C3
(
r −~v ~r
C
)3C−→R
22/185
−→E =
q
4 π ε0
(
1 −v2
C2
)
(
1 −v2
C2sin2θ
)3/2
−→R
R3
À cause du terme en sin2θ au dénominateur, le champ d’une charge animée
d’une grande vitesse est aplati dans la direction perpendiculaire au mouvement.
Vers l’avant et vers l’arrière, le champ électrique est réduit d’un facteur 1 −v2
C2.
Dans la direction perpendiculaire, il est amplifié d’un facteur1
√
1 −v2
C2
.
Calculons maintenant le champ magnétique :
−→B =
1
C
~r
r∧−→E =
1
C
(−−→PrP +
−−→PM
)
r∧−→E =
1
C
r~v
C
(
1
r
)
∧−→E
−→B =
1
C2~v ∧
−→E
À faible vitesse, on retrouve le champ électrique coulombien :
v = 0 v = 0, 9 C
Ces champs furent trouvés pour la première fois par Oliver Heaviside en1888.
23/185
−→E =
q
4 π ε0
−→R
R3
Pour le champ magnétique, on retrouve la formule de Biot et Savart :
ε0 µ0C2 = 1
−→B =
1
C2~v ∧
q
4 πε0
−→R
R3
−→B =
µ0
4 π
q ~v ∧−→R
R3
7- Interprétation intuitive du champ d’une charge en mouvement
uniforme
Nous avons vu que la ligne de champ perpendiculaire au mouvement est in-
changée, ce qui permet à deux charges dont la droite les joignant est perpendicu-
laire à leur mouvement commun de ne pas accélérer vers l’avant, ni ralentir. Le
champ électrique n’est pas retardé. On voit cependant que les lignes de champ
sont aplaties dans la direction perpendiculaire au mouvement, ce qui fait penser
à un phénomène associé à la contraction des longueurs dans le sens du mouve-
ment.
Nous allons voir en effet, que l’on peut retrouver la transformation du champ
électrique en considérant que les lignes de champ sont attachées à un solide
virtuel qui accompagne le mouvement. Partant des lignes de champ d’une charge
fixe, dans le référentiel de ce solide virtuel, on en déduit alors les lignes de champ
et la valeur du champ électrique dans le référentiel dans lequel ce solide virtuel
avance, par le simple phénomène de contraction des longueurs. Les données dans
le référentiel fixe sont affectées d’un prime. Celles dans le référentiel où la charge
est immobile ne sont pas primées.
Les lignes de champ sont supposées incrustées dans le solide virtuel et su-
bissent la contraction des longueurs. Le flux dans un tube de champ est supposé
être le même dans les deux référentiels.
24/185
x′ = x
√
1 −v2
C2x2 =
x′2
1 −v2
C2
dl = dx sin θ =dx′ sin θ√
1 −v2
C2
= r dθ dl′ = r′ dθ′ = dx′ sin θ′
dθ
dθ′=r′
r
sin θ
sin θ′1
√
1 −v2
C2
r2 = x2 + h2 =x′2 + h2 −
h2 v2
C2
1 −v2
C2
r′2 = x′2 + h2
sin θ =h
√x2 + h2
=h
√
1 −v2
C2
√
x′2 + h2 −h2 v2
C2
sin θ′ =h
√x′2 + h2
On écrit l’invariance du flux dans un tube de champ.
E ′
E=
r2 dΩ
r′2 dΩ′=
r2 sin θ dθ
r′2 sin θ′ dθ′=r2
r′2sin θ
sin θ′r′
r
sin θ
sin θ′1
√
1 −v2
C2
xx′
dl′dl
dx′ dx
θ
θ′
dθdθ′
rr′ h
~v
25/185
E =q
4 π ε0 r2
E ′ =q
4 π ε0 r2
r2
r′2r′
r
sin2θ
sin2θ′1
√
1 −v2
C2
E ′ =q
4 π ε0 r′2r′
r
sin2θ
sin2θ′1
√
1 −v2
C2
E ′ =q
4 π ε0 r′2
√x′2 + h2
√
x′2 + h2 −h2 v2
C2
√
1 −v2
C2h2
(
1 −v2
C2
)
x′2 + h2 −h2 v2
C2
x′2 + h2
h2
1√
1 −v2
C2
E ′ =q
4 π ε0 r′2
1 −v2
C2
(
1 −h2
x′2 + h2
v2
C2
)3/2
E ′ =q
4 π ε0 r′2
1 −v2
C2
(
1 − sin2θ′v2
C2
)3/2
Ce qui est bien le résultat trouvé au paragraphe précédent.
8- Rayonnement dipolaire électrique
Il existe aussi un rayonnement dipolaire magnétique associé à la variation
dans le temps d’un moment dipolaire magnétique.
Pour v ≪ C, la partie rayonnement du champ électrique donne :
−→E =
q
4 πε0C2
1
r3~r ∧ (~r ∧ ~a)
Considérons une particule qui a un mouvement périodique en restant sur
l’axe des x. Le système est à symétrie de révolution autour de cet axe. On prend
26/185
alors des coordonnées polaires dans le plan méridien (x, y) contenant le point
d’observation M . On se place à grande distance. ~r ≃−→R .
~r ∧ ~a ≃−→R ∧ ~a = (R cos θ ~ex +R sin θ ~ey) ∧ a ~ex = −Ra sin θ ~ez
R ~er ∧ (−Ra sin θ ~ez) = R2 a sin θ ~eθ
−→E =
q a
4 πε0RC2sin θ ~eθ =
p
4 πε0RC2sin θ ~eθ
Où on a défini le moment dipolaire ~p = q−−→OM , O étant la valeur moyenne
de la position de la charge. En cet endroit, on peut mettre une charge −q fixe,
de façon à ce que le système soit neutre.
L’accélération a, ou p sont pris à l’instant retardé tr = t−R
C.
La puissance totale émise est alors donnée par la formule de Larmor
PLarmor =
∫∫
Π dS =
∫∫
1
µ0
EE
CdS =
∫
ε0C2
(q a)2 sin2θ
16 π2 ε2
0C4 r2
1
C2 π r2 sin θ dθ
PLarmor =(q a)2
8 π ε0C3
∫ π
0
sin3θ dθ x = cos θ
∫ π
0
sin3θ dθ =
∫ −1
1
(
1 − x2)
(−dx) =
∫
+1
−1
(
1 − x2)
dx =
[
x−x3
3
]+1
−1
=4
3
PLarmor =(q a)2
6 π ε0C3
9- Explication intuitive de Joseph John Thomson de 1904
Cette explication intuitive utilise la continuité des lignes de champ. Elle utilise
également leur propriété d’être attachées d’une manière rigide à la charge. Elles
forment ainsi un solide virtuel attaché à la charge comme nous l’avons vu au
paragraphe 7. Cette rigidité est nécessaire pour que le centre de gravité de deux
charges qui avancent perpendiculairement à la droite les joignant obéisse au
principe de l’inertie. Le champ électrique ne peut donc pas être retardé.
27/185
C’est Joseph John Thomson qui a eu l’idée de cette explication intuitive,
reprenant l’idée de Michael Faraday de donner une réalité physique à la notion
de champ, donc aux lignes de champ. Il exprime cette idée dans son livre de 1904
electricity and matter. Il prend une charge qui avance à vitesse constante puis
s’arrête. Nous allons prendre une charge arrêtée qui acquiert une vitesse ensuite
constante.
ELECTRICITY ANDMATTER
J. J. THOMSON, D.Sc., LL.D., PH.D., F.R.S.FELLOW OF TRINITY COLLEGE, CAMBRIDGE; CAVENDISHPROFESSOR OF EXPERIMENTAL PHYSICS, CAMBRIDGE
WITH DIAGRAMS
WESTMINSTERARCHIBALD CONSTABLE & CO., LTD.
1904
28/185
RONTGEN RAYS AND LIGHT 55
Let us now return to the case of the movino-o
charged particle which we shall suppose suddenly
brought to rest, the time occupied by the stoppage
being r. To find the configuration of the Faradaytubes after a time t has elapsed since the beginning
of the process of bringing the charged particle to
rest, describe with the charged particle as centre
two spheres, one having the radius Vt, the other
the radius V(t T), then, since no disturbance can
have reached the Faraday tubes situated outside
the outer sphere, these tubes will be in the posi-
tion they would have occupied if they had moved
forward with the velocity they possessed at the
moment the particle was stopped, while inside the
inner sphere, since the disturbance has passed
over the tubes, they will be in their final positions.
Thus, consider a tube which, when the particle
was stopped was along the line OPQ (Fig. 13) ;
this will be the final position of the tube;hence at
the time t the portion of this tube inside the inner
sphere will occupy the position OP, while the
portion P'Qfoutside the outer sphere will be in the
position it would have occupied if the particle had
not been reduced to rest, i.e.,if
'is the position
the particle would have occupied if it had not
been stopped, P'$ will be a straight line pass-
gg ELECTRICITY AND MATTER
ing through a. Thus, to preserve its continuity
the tube must bend round in the sheU between the
two spheres, and thus be distorted into the shape
OPP'Q'. Thus, the tube which before the stop-
o
FIG. 13.
page of the particle was radial, has now in the
shell a tangential component, and this tangential
component implies a tangential electric force.
The stoppage of the particle thus produces a
radical change in the electric field due to the par-
ticle, and gives rise, as the following calculation
will show, to electric and magnetic forces much
greater than those existing in the field when the
particle was moving steadily.
If we suppose that the thickness 8 of the shell
is so small that the portion of the Faraday tube
inside it may be regarded as straight, then if T is
29/185
On considère une charge q positive qui est au repos depuis un certain temps
en O. On considère la ligne de champ qui fait l’angle θ avec l’axe des x dans
un certain plan méridien. À l’instant t = 0, la charge subit une accélération a
très forte portée par l’axe des x vers les x > 0, pendant un temps très court
ta, de telle manière que pendant ce temps, son déplacement est pratiquement
nul. Ensuite elle avance à la vitesse constante v = a ta jusqu’à l’instant t où
elle est en M . Pendant toute la durée de ce voyage à la vitesse v constante, la
ligne de champ qui fait l’angle θ avec l’axe des x dans le même plan méridien
est attachée d’une manière rigide à la charge, comme nous l’avons vu ci-dessus.
À l’instant t considéré, au-delà du point Q, sur la ligne de champ initiale de
la charge au repos, tel que OQ = C t, à cause de la vitesse finie de la lumière
égale à C, l’information de l’accélération de la charge n’est pas parvenue. Par
conséquent la structure du champ électrique à cet instant t contient la ligne de
champ Qr.
Par contre, sur la ligne de champ attachée à la charge animée de la vitesse v,
pour t > ta, l’information que c’est cette ligne de champ qui décrit la structure
du champ électrique se propage à la vitesse C. Ce processus démarre quand la
O M
P
Q
R
θ
H
K
−→E
C(t−t a)−vtsinθ
C(t−t a)
Ct a
Ct
r
v t x
30/185
charge est encore en O, à l’instant ta, puisque l’avancée de la charge pendant
la phase d’accélération est supposée négligeable. Cette avancée de l’information
se propage à la vitesse C, mais la charge elle-même, avance sur cette ligne de
champ à la vitesse v sin θ, sans pouvoir agir sur l’information qui elle se propage
à la vitesse C. Il en résulte que MP = C (t − ta) − v t sin θ, tandis que
HK = C (t − ta). Une ligne de champ doit être continue. Il faut donc relier
les points Q et P . On fait l’approximation que la ligne de champ entre Q et P
est approximativement une ligne droite. Cette approximation est bonne si t est
suffisamment faible, donc si la charge n’est pas allée trop loin par rapport à sa
position du départ. Il vient alors :
Er =q
4 π ε0 r2
Er
Eθ
=RQ
RP=
C ta
v t sin θEθ =
Er v t sin θ
C ta
v = a ta1
ta=
a
vt =
r
C
Eθ =q
4 π ε0 r2vr
C
sin θ
C
a
v
Eθ =q a sin θ
4 π ε0C2 r
On a un champ transverse par rapport à la direction de propagation depuis la
source, qui décroît en1
r. On a donc un champ de rayonnement qui s’est détaché
de la charge. On a bien retrouvé le champ électrique du rayonnement dipolaire.
Ce champ étant transversal par rapport à la direction de propagation, est bien
le champ d’une onde électromagnétique progressive polarisée rectilignement. Le
champ magnétique en découle alors de part la structure des ondes électroma-
géntiques, ainsi que le vecteur de Poynting.
On peut se demander pourquoi on associe deux lignes de champ qui font le
même angle avec l’axe des x, avant P et au delà de Q. Comme la divergence
du champ électrique est partout nulle en dehors de la charge, il doit y avoir
conservation du flux dans un tube de champ. On doit donc associer deux tubes
de champ avant et après tels que : dΩaprès = dΩavant, Ω étant l’angle solide, et
dΩ l’angle solide pour un petit tube de champ. dφ étant alors l’angle entre deux
plans méridiens voisins, par une rotation de dφ autour de l’axe des x, on a :
31/185
dΩaprès = sin θ dθ dφ dΩavant = sinα dα dφ
On cherche donc une fonction θ = f (α), telle que l’on ait l’équation diffé-
rentielle à variables séparables :
sin θ dθ = sinα dα ⇒ − cos θ = − cosα + constante
La constante est nulle car, pour α = 0, on doit avoir bien évidemment par
symétrie θ = 0. On a donc forcément pour deux lignes de champ avant et après,
θ = α.
Charge précédente Charge uniformément accélérée
32/185
VI- RAYONNEMENT ULTRARELATIVISTE
1- Introduction
Il s’agit du rayonnement d’une charge qui a une vitesse très proche de la vitessede la lumière. Le cas le plus fréquent est le rayonnement synchrotron d’une chargequi spirale dans un champ magnétique. En effet, dans un accélérateur linéaire,le degré d’accélération est très faible pour une particule qui a une vitesse déjàproche de celle de la lumière. Par contre, l’accélération perpendiculaire peut êtretrès forte, si la courbure de la trajectoire est importante.
On a des synchrotrons fabriqués par l’homme, comme celui de Grenoble dontle rayonnement très puissant est utilisé pour étudier la matière. On peut ainsilire des papyrus dont l’écriture est effacée en analysant avec les rayons X dusynchrotron les traces de plomb laissées à l’intérieur du papyrus par l’encre qu’ila absorbé.
Mais on a aussi des synchrotrons naturels. La haute atmosphère de Jupiterémet un rayonnement synchrotron micro-onde de 10GHz. Les électrons corres-pondants vont à 0, 9999C, C étant la vitesse de la lumière. Leur énergie est de5MeV et le rayon de leurs spirales est de vingt mètre. Le champ magnétique deJupiter est de 10 gauss, alors que celui de la Terre est de 0, 4 gauss.
On peut citer aussi le rayonnement synchrotron du plasma de la nébuleuse duCrabe. Les électrons émis par le pulsar émettent un rayonnement synchrotronen spiralant dans le champ magnétique du plasma de la nébuleuse. Ce champmagnétique a été éjecté dans l’espace lors de l’explosion de la supernova enmême temps que la matière à l’état de plasma. D’après le théorème d’Alfvén,la matière du plasma emporte en effet avec elle son champ magnétique. Laphotographie ci-dessous montre la lumière visible bleutée émise par les électronsqui émettent un rayonnement synchrotron en spiralant dans les lignes du champmagnétique de la nébuleuse.
La lumière synchrotron a été vue pour la première fois à la General Elec-tric Company de Schenectady de New York le 24 avril 1947 au synchrotron de70 MeV. Depuis toutes les prédictions théoriques de l’électromagnétisme ont étévérifiées expérimentalement avec succès.
33/185
Etoile à neutrons
Faisceau
Faisceau
Faisceau
Rayonnement de courbure
Axe de rotation
Pôle magnétique
Un électron qui avance tangentiellement à une ligne de champ du champmagnétique n’émet pas de rayonnement du type précédent. Mais il est obligé decoulisser le long de la ligne de champ magnétique. En effet, si ce n’est pas lecas, il commence à spiraler, émet alors le rayonnement synchrotron précédent,perd de l’énergie, vers l’avant, ce qui, par la conservation de la quantité demouvement, le freine dans la direction de ce mouvement et le fait cesser despiraler. Si la ligne de champ le long de laquelle coulisse l’électron a une courbure,l’électron est accéléré en coulissant le long de cette ligne de champ et émet unrayonnement de courbure. Tel est le cas des électrons extrêmement énergétiquesqui s’échappent du pôle magnétique de l’étoile à neutron, tel qu’on le voit sur leschéma ci-dessous.
34/185
2- Puissance totale rayonnée
On peut passer par un changement de référentiel, plutôt que de calculer lapuissance par une intégrale compliquée dans le référentiel fixe, comme nous leferons ci-dessous. On part donc de la puissance dipolaire électrique rayonnéedans le référentiel R où la charge est, à l’instant t considéré, immobile. Lesgrandeurs associées au laboratoire R où est installé le synchrotron sont écritestelles quelles, tandis que les grandeurs associées au référentiel R où la charge estimmobile à l’instant t sont surmontées d’une barre.
L’énergie est notée U , pour ne pas confondre avec le champ électrique. Lapuissance est notée P .
Dans le référentiel R, le rayonnement dipolaire électrique, du fait du termeen sin θ, a une puissance symétrique par rapport à la charge. On considère alorsdeux bouffées d’énergies égales qui partent diamètralement opposées par rap-port à la charge, pendant la durée dt. L’énergie totale associée est dU . On a lequadrivecteur impulsion-énergie :
−→p4 =
(dU
Cd~p
)
dU
C= coshϕ
dU
C+ sinhϕdpx
dpx = sinhϕdU
C+ coshϕdpx
C t = coshϕC t + sinhϕdx
coshϕ = γ =1
√
1− v2
C2
β =v
C= tanhϕ
À l’instant où on fait le calcul, dans le référentiel R la charge q = e > 0 estimmobile, donc dx = 0. D’autre part, vu le caractère symétrique de l’ensembledes deux bouffées, vu de R, dpx = 0. On a donc dU = γ dU , et dt = γ dt. Lapuissance est donc la même vue depuis les deux référentiels :
P =dU
dt=dU
dt= P
Il ne reste plus alors qu’à calculer la puissance rayonnée par le rayonnementdipolaire électrique dans le référentiel R. Pour cela, il faut calculer le champ
électrique−→E associé dans R au champ magnétique
−→B dans R.
35/185
•
•~v = vx ~ex x
z
⊗
y
−→B =
−→Bx +
−→By
−→Bx⊗−→
By
(−→Bx ,
−→By
)
= α By = B sinα
α est l’angle d’inclinaison, angle entre la vitesse et la ligne de champ magné-tique : α = (~v,
−→B ).
Le tenseur électromagnétique une fois contravariant, une fois covariant, iden-tifié à une application linéaire s’écrit, α étant l’indice contravariant, indice deligne, et β l’indice covariant, indice de colonne :
F αβ =
0Ex
C
Ey
C
Ez
CEx
C0 Bz −By
Ey
C−Bz 0 Bx
Ez
CBy −Bx 0
On a, Φα étant le quadrivecteur force, et Uβ le quadrivecteur vitesse :
Φα = qCF αβ U
β soit : ~Φ = qCF (~U)
La loi de transformation tensorielle s’écrit :
F αβ = Λα
α Λββ F
αβ ou : F = Λ−1 F Λ
où (xα) = Λ (xβ), soit : xα = Λαβ x
β.
Ct
x
y
z
=
coshϕ sinhϕ 0 0
sinhϕ coshϕ 0 00 0 1 00 0 0 1
Ct
x
y
z
36/185
On a donc :
F zCt = Λz
z ΛxCt F
zx
Ez
C= 1× sinhϕBy
E = Ez = C β γ B sinα
a =q E
m=
eE
m=
e
mC β γ B sinα
P =e2 a2
6 π ε0C3=
e2
6 π ε0C3
e2
m2C2 β2 γ2B2 sin2α
P =1
6 π ε0C
e4 β2 γ2B2 sin2α
m2
D’autre part on a :
eβCB = γma = γmβ2C2
ρ⇒ B =
γmβC
eρP =
e4
6π ε0Cm2β2γ2
γ2m2β2C2
e2ρ2sin2α
P =e2C β4γ4 sin2α
6 π ε0 ρ2a =
β2C2 sinα
ρP =
e2 a2 γ4
6 π ε0C3
Du fait que la masse apparaît au carré au dénominateur, et que le protonest 1837 fois plus lourd que l’électron, il n’y aura de rayonnement synchrotronpratiquement qu’avec des électrons. Remarquons toutefois que dans le L.H.C.du C.E.R.N. à Genève, le rayonnement synchrotron des protons est détectable.
3- Structure du faisceau de lumière synchrotron
Comme l’image ci-dessous le montre, si l’on court dans une averse de pluieverticale, on reçoit les gouttes par l’avant. Lorsqu’on roule en voiture à grandevitesse sous la pluie, le pare-brise reçoit ainsi beaucoup de pluie, tandis que lavitre arrière reste sèche.
37/185
Le phénomène se produit également pour la lumière, du fait de sa vitesse finie.Cela s’appelle l’aberration de la lumière. Comme la Terre change de sens sur sonorbite à six mois d’intervalle, une étoile n’est pas vue au même endroit dansle ciel à ces deux moments. Mais compte tenu de la relativité du mouvement,le phénomène est le même si c’est la source qui bouge, et l’observateur qui estconsidéré comme immobile. Du fait de la très grande vitesse de la particule, lefaisceau synchrotron sera ainsi focalisé vers l’avant dans un cône très étroit.
La courbe en sin θ du rayonnement dipolaire est déformée par l’aberrationentrainant un pic de luminosité vers l’avant, comme le montre le schéma ci-dessous :
Voyons cela plus précisément en calculant la puissance émise selon la direc-tion. On s’intéresse plus particulièrement à la puissance émise par la particule.
Il faut donc calculerdU
dtren faisant référence au temps retardé. En effet, suivant
que la charge vient vers l’observateur ou s’en éloigne, la puissance reçue par l’ob-servateur correspondra à des durées d’émission d’énergie qui seront différentespour la particule.
dU
dtr=dU
dt
∂t
∂tr=dU
dt
(
1− ~β ~n)
~n =~r
r~na =
~a
a
La charge électrique est ici notée q.
~adonne
β = 0.5 β ≃ 0
38/185
−→E =
q
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3~r ∧
(C ~r − r ~v) ∧ ~a
ε0 µ0C2 = 1 dP = Π r2
(
1− ~β ~n)
dΩ
dP =1
µ0E B r2
(
1− ~β ~n)
dΩ =E2
µ0Cr2(
1− ~β ~n)
dΩ = ε0C E2 r2(
1− ~β ~n)
dΩ
dP
dΩ= ε0C r
2 q2
16 π2 ε20
1− ~n ~β
(r C − ~v ~r)6
~r ∧[
(C ~r − r ~v) ∧ ~a]2
dP
dΩ=
ε0C r2 q2 a2 r4C2
16 π2 ε20 r6C6
(
1− ~n ~β)5
~n ∧[ (
~n − ~β)
∧ ~na
]2
dP
dΩ=
q2 a2
16 π2 ε0C3
~n ∧[ (
~n − ~β)
∧ ~na
]2
(
1− ~n ~β)5
~β
~a
La figure ci-dessous précise les coordonnées sphériques choisies pour effectuerle calcul.
~na =
10
0
~β =
00
β
~n =
sin θ cosϕsin θ sinϕ
cos θ
α =π
2
39/185
sin θ cosϕ
sin θ sinϕcos θ − β
∧
1
00
=
0
cos θ − β
− sin θ sinϕ
sin θ cosϕ
sin θ sinϕcos θ
∧
0
cos θ − β
− sin θ sinϕ
=
−sin2θ sin2ϕ − cos2θ + β cos θ
sin2θ sinϕ cosϕsin θ cos θ cosϕ − β sin θ cosϕ
Le terme sans β vaut :
sin4θ sin4ϕ + cos4θ + 2 sin2θ cos2θ sin2ϕ + sin4θ sin2ϕ cos2ϕ + sin2θ cos2θ cos2ϕ
= sin4θ(1− cos2ϕ
)2+cos4θ+2 sin2θ cos2θ
(1− cos2ϕ
)+sin4θ cos2ϕ
(1− cos2ϕ
)
+sin2θ cos2θ cos2ϕ
= sin4θ− 2 sin4θ cos2ϕ+sin4θ cos4ϕ+cos4θ+2 sin2θ cos2θ−−2 sin2θ cos2θ cos2ϕ
+sin4θ cos2ϕ − sin4θ cos4ϕ + sin2θ cos2θ cos2ϕ
= sin4θ + cos4θ + 2 sin2θ cos2θ
+sin2θ cos2ϕ(sin2θ + cos2θ − 2 sin2θ − 2 cos2θ
)= 1 − sin2θ cos2ϕ
Le terme en β vaut :
−2 β cos θ(sin2θ sin2ϕ + cos2θ
)− 2 β sin2θ cos2ϕ cos θ = − 2 β cos θ
et enfin, pour le terme en β2, on trouve :
β2(cos2θ + sin2θ cos2ϕ
)
de telle manière que le résultat final de tout ce calcul donne :
(1 − β cos θ)2 −(1 − β2
)sin2θ cos2ϕ
dP
dΩ=
q2 a2
16 π2 ε0C3
(1 − β cos θ)2 −(1 − β2
)sin2θ cos2ϕ
(1 − β cos θ)5
40/185
Du fait du dénominateur à la puissance 5, on voit que, contrairement aurayonnement dipolaire, le maximum de rayonnement a lieu vers l’avant, dans uncône très étroit dans la direction de vol de la particule, pour θ ∼ 0.
4- Puissance totale rayonnée par calcul direct
Intégrons sur toutes les directions pour obtenir la puissance totale rayonnée.
Comme la valeur moyenne de cos2ϕ vaut1
2, il nous reste à calculer l’intégrale :
I =
∫ π
0
(1 − β cos θ)2 −(1 − β2
) sin2θ
2(1 − β cos θ)5
sin θ dθ
u = 1−β cos θ du = β sin θ dθ β cos θ = 1−u sin2θ = 1−cos2θ = 1−(1− u)2
β2
I =
∫ 1+β
1−β
u2 − 1− β2
2
[
1 − (1− u)2
β2
]
du
β
u5
I =
∫ 1+β
1−β
u2 − 1− β2
2+
1 − 2 u + u2
2 β2
(1 − β2
)
β u5du
Terme constant :
−1− β2
2+
1− β2
2 β2=
1− β2 − β2 + β4
2 β2=
(β2 − 1
)2
2 β2
⇒(β2 − 1
)2
2 β3
[
− 1
4 u4
]1+β
1−β
=
(β2 − 1
)2
8 β3
[1
(1− β)4− 1
(1 + β)4
]
1 11 2 1
1 3 3 11 4 6 4 1
(β2 − 1
)2
8 β3
1
(1− β2)4×
[1 + 4 β + 6 β2 + 4β3 + β4 −
(1− 4 β + 6 β2 − 4β3 + β4
)]
=
(β2 − 1
)2
8 β3
1
(1− β2)4(8 β + 8 β3
)=
1 + β2
β2 (β2 − 1)2
41/185
Terme en u : −(1− β2
)
β3 u4du
β2 − 1
β3
[
− 1
3 u3
]1+β
1−β
=β2 − 1
3 β3
[1
(1− β)3− 1
(1 + β)3
]
=β2 − 1
3 β3 (1− β2)3[1 + 3 β + 3 β2 + β3 −
(1− 3 β + 3 β2 − β3
)]=
β2 − 1
3 β3 (1− β2)3(6 β + 2β3
)
= − 2
β2 (1− β2)2− 2
3
1
(β2 − 1)2
Terme en u2 :2 β2 +
(1− β2
)
2 β3=
1 + β2
2 β3
⇒ 1 + β2
2 β3
[
− 1
2 u2
]1+β
1−β
=1 + β2
4 β3
[1
(1− β)2− 1
(1 + β)2
]
=1 + β2
4 β3
4 β
(1− β2)2=
1 + β2
β2 (1− β2)2
En mettant tout ensemble :
1 + β2
β2 (β2 − 1)2− 2
β2 (1− β2)2− 2
3
1
(β2 − 1)2+
1 + β2
β2 (1− β2)2
=3 + 3 β2 − 6− 2 β2 + 3 + 3 β2
3 β2 (β2 − 1)2=
4
3
1
(β2 − 1)2=
4
3γ4
Il faut multiplier par 2 π plage de variation de ϕ.
P =q2 a2
16 π2 ε0C3
4
3γ4 × 2 π
P =q2 a2 γ4
6 π ε0C3a =
(β C)2
ρP =
q2C β4 γ4
6 π ε0 ρ2
5- Angle d’ouverture du faisceau
(1 − β cos θ)2 −(1 − β2
)sin2θ cos2ϕ
(1 − β cos θ)5<
1
(1 − β cos θ)3
cos θ ≃ 1− θ2
2γ =
1√
1− β21− β2 =
1
γ2β ≃ 1− 1
2 γ2
42/185
1− β cos θ = 1−(
1− 1
2 γ2
) (
1− θ2
2
)
≃ 1
2 γ2+θ2
2
La puissance est donc, pour θ petit et γ grand, de l’ordre de
(1
γ2+ θ2
)−3
.
θ = 0, la puissance est de l’ordre de γ6. Si on prend maintenant θ =1
γ, la
puissance est de l’ordre deγ6
8et est donc huit fois plus petite. Pratiquement
toute la puissance du rayonnement synchrotron est donc émise dans un côned’axe la vitesse de la particule, et d’angle d’ouverture en coordonnées sphériques
par rapport à cet axe : θ =1
γ.
6- Durée du flash lumineux
Comme nous l’avons vu au paragraphe précédent, le flash lumineux a une
ouverture angulaire de α =1
γ=
√
1− v2
C2. Cependant il faut tenir compte de
l’effet Doppler.
Le flash lumineux part à l’instant t = 0 de P0, lorsque c’est le bas du faisceauqui arrivera en P à l’instant tP0. ∆tP1P est la durée pour la lumière pour allerde P1 en P . Le flash partant de P0 doit franchir en plus la distance P0P1. On adonc :
tP0 =
2 ρ sin1
γ
C+ tP1P
Le haut du faisceau part ensuite de P1. Il faut un certain temps à la chargepour aller de P0 à P1, mais la lumière part directement de P1. Ce flash arrive en
" # $ " # $" # $
+
P0 P1
43/185
P à l’instant tP1 :
tP1 =2 ρ
γ× 1
β C+ tP1P
La durée ∆t du flash lumineux vaut donc :
∆t =2 ρ
β γ C−
2 ρ sin1
γ
Csinα = α − α3
6+ o(α4)
∆t =2 ρ
C
1
γ − 1
2 γ
−(1
γ− 1
6 γ3
)
=2 ρ
γ C
1
1 − 1
2 γ2
− 1 +1
6 γ2
∆t =2 ρ
γ C
[
1 +1
2 γ2− 1 +
1
6 γ2
]
∆t =4 ρ
3C γ3
T0 étant la période pour faire un tour,
T0 =2 π ρ
β C≃ 2 π ρ
C∆t =
4C T02 π
1
3C γ3=
2
3
T0
π γ3
7- Spectre du rayonnement synchrotron ultrarelativiste
Au départ, fondamentalement, une particule chargée qui décrit un mouvementcirculaire uniforme de fréquence ν0 émet une onde électromagnétique de mêmefréquence. L’apparition d’autres fréquences vient de la déformation du signal quientraîne l’apparition d’harmoniques de fréquences n ν0, n étant un entier positif.Le signal est déformé par la vitesse finie de la lumière associée au mouvementtrès rapide de la particule et ainsi aux effets de retards correspondants.
Pour un observateur fixe, le phénomène est périodique de période T0 =1
ν0le
temps qu’il faut à la particule pour faire un tour. Il est donc développable en
série de Fourier des harmoniques de périodesT0
nn décrivant tous les entiers
positifs.Le calcul exact est très complexe et fait appel à la fonction d’Airy. Il sera
fait au chapitre XVIII. Je préfère ici un raisonnement simplifié qui donnera lesbons ordres de grandeurs de la distribution spectrale.
44/185
Sur la figure ci-dessous, on voit l’évolution au cours du temps du champélectrique transversal ressenti par un observateur fixe dans l’axe du faisceau,pour une seule charge décrivant un mouvement circulaire ultrarelativiste.
On va donc prendre une fonction qui a les mêmes caractéristiques que le signalobservé, mais pour laquelle il est plus facile de calculer. Il nous faut une fonctionpériodique de valeur moyenne nulle, avec d’une manière symétrique, de part etd’autre du pic, une valeur négative plus importante qu’ailleurs en valeur absolue.
Je choisis :
t ∈[
−T2,T
2
]
f(t) = cos2 π t
T;
T
2< t < N T − T
2f(t) = 0
La fonction, étant paire ne contient que des cosinus dans son développementen série de Fourier, et comme sa valeur moyenne est nulle, il n’y a pas determe constant dans la série de Fourier.
f(t) =
+∞∑
p=1
ap cos 2 π pt
N T
∫
NT
cos 2 πn t
N Tf(t) dt =
+∞∑
p=1
ap
∫
NT
cos 2 πn t
N Tcos 2 π
p t
N Tdt
=+∞∑
p=1
ap
∫
NT
1
2
[
cos2 π
N T(n+ p) t + cos
2 π
N T(n− p) t
]
dt
Le seul terme qui donne une contribution non nulle est celui pour lequel p = n.
f(t) paire, et f(t+ pN T ) = f(t) pour tout entier relatif p. N est un nombreentier positif grand. Le fonction est périodique de période N T = T0.
45/185
= an1
2N T ⇒ an =
2
N T
∫
NT
f(t) cos 2 πn t
N Tdt
Nous pouvons alors calculer an pour la fonction f(t) choisie :
an =2
N T
∫ T/2
−T/2
cos2 π t
Tcos 2 π
n t
N Tdt
=2
N T
1
2
∫ T/2
−T/2
[
cos2 π t
T
(
1 +n
N
)
+ cos2 π t
T
(
1− n
N
)]
dt
=2
N T
1
2
∫ T/2
−T/2
[
cos2 π t
N T(N + n) + cos
2 π t
N T(N − n)
]
dt
=1
N T
N T
2 π (N + n)
[
sin2 π t
N T(N + n)
]T/2
−T/2
+N T
2 π (N − n)
[
sin2 π t
N T(N − n)
]T/2
−T/2
=1
2 π (N + n)2 sin
π
N(N + n) +
1
2 π (N − n)2 sin
π
N(N − n)
an =1
N
[
sinc πN + n
N+ sincπ
N − n
N
]
On voit que pour n petit, les deux sinus cardinaux sont voisins de 0, doncégalement an. Par contre, il y a une valeur maximale du sinus cardinal de droitepour n = N . an aura une grande valeur pour cette harmonique. On voit ci-dessous la fonction an tracée en donnant une variation continue à la variablen. On prend N = 100. On constate que le coefficient an est maximum pourn = 113, c’est le trait vertical noir. Le trait vertical rouge correspond à lavaleur 100 de n, qui rend le sinus cardinal de droite dans la formule ci-dessuségal à 1. On conclut que le maximum des harmoniques a lieu tout près de cellecorrespondant à la période du signal flash.
46/185
On voit ci-dessous la somme de la série de Fourier, pour N = 5, quand onva jusqu’à l’harmonique an avec n = 50 incluse.
n
an
100 113
Plus précisément, pour le signal positif, quand le cosinus est positif, de durée
τ =T
2, les harmoniques principales sont celles de fréquences autour de :
1
T=
1
2 τ=
1
2∆t.
On a donc la fréquence dominante, νray, en fonction de la fréquence du mou-vement circulaire ν0 :
νray =1
2∆t=
3 π γ3
4ν0 ≃ 2 ν0 γ
3
Un calcul complet utilisant la fonction d’Airy donne un résultat voisin. Enréalité, pour les harmoniques inférieures à celle correspondant au maximum,
47/185
8- Application numérique
Dans le plasma de la nébuleuse du Crabe, la température est de 50 000 K etla densité de 1000 électrons par centimètre cube. Les ions étant plus fortementchargés, sont beaucoup moins nombreux et peuvent être négligés. On trouvealors le champ magnétique par l’équipartition de l’énergie :
B2
2µ0=
3
2ne kB T
B =
√
8 π 10−73
2109 5 104 1, 38 10−23 = 5 10−8 T
Prenons des électrons de 3, 05 1011 e V. On a :
γ =U
mC2=
3, 05 1011 × 1, 6 10−19
9, 1 10−31 (2, 997 108)2= 597042 = 5, 97 105
La fréquence du mouvement circulaire synchrotron vaut ν0 =1
2 π
eB
γ m. On a
donc νray = γ21
2 π
eB
m.
la puissance des harmoniques augmente comme n1/3. Au delà, par contre, elles’effondre exponentiellement. Le maximum est à νray ≃ ν0 γ
3.Le diagramme ci-dessous donne la puissance en fonction de la pulsation en
échelles logarithmiques, au moyen d’une fonction universelle. ωC =3
2ωray =
3
22 π νray.
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νray =(597042)2
2 π
1, 6 10−19 5 10−8
9, 1 10−31= 5 1014 Hz
λ =C
νray
=2, 997 108
5 1014= 600 nm
On est dans la lumière visible, autour du jaune orangé.
Pour α =π
2, on a :
P =1
6 π ε0C
e4 β2 γ2B2 sin2α
m2=
(1, 6 10−19
)45970422 25 10−16
6 π 8, 85 10−12 2, 997 108 9, 12 10−62
P = 1, 41 109 10−4×19−16+62−8+12 = 1, 41 10−17 J
U = 3, 05 1011 × 1, 6 10−19 = 4, 88 10−8 J
D = durée de vie =U
P= 109 ans
9- Rayonnement de courbure
L’électron est obligé de suivre une ligne du champ magnétique qui est courbée.Il reste en effet dans le même niveau quantique de Landau dans le champmagnétique, grâce au théorème adiabatique.
Le rayon de courbure est ρ. La circonférence virtuelle serait 2 π ρ. On a donc :
C =2 π ρ
T= 2 π ρ ν0 νray = γ3
C
2 π ρ
Prenons des électrons de 20MeV pour ρ = 104 m.
νray =
[20 106 1, 6 10−19
9, 1 10−31 (2, 998 108)2
]32, 998 108
2 π 104=
[2 × 1, 6
9, 1 × 2, 9982
]32, 998
2 π103 (6+1−19+31−16)+8−4
= 2, 86 10−5+3(6+1−19+31−16)+8−4 = 2, 9 108 Hz
νray = 290 MHz
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On a donc des ondes radio.
Prenons maintenant des électrons de 1 TeV toujours pour ρ = 104. On a :
γ =1012 1, 6 10−19
9, 1 10−31 (2, 998 108)2= 0, 0195 108 = 1, 95 106
νray =(1, 95 106
)3 2, 998 108
2 π 104= 3, 54 1022 Hz
U = h νray =6, 626 10−34 × 3, 54 1022
1, 6 10−19= 14, 7 107 eV = 150 MeV
On a des rayons gamma.
Avant que l’énergie de un Tera électron-volt ne soit épuisée, l’électron pourraémettre :
1012
150 106= 7000 photons
La puissance émise par rayonnement de courbure vaut :
P =e2C β4 γ4
6 π ε0 ρ2≃ e2C γ4
6 π ε0 ρ2
La trajectoire étant imposée et ne pouvant s’élargir avec l’énergie, comme c’estla cas pour le rayonnement synchrotron, la puissance émise croît beaucoup plusvite avec l’énergie, par le facteur γ4. D’autre part, si N électrons sont tassés dansune région de taille inférieure à la longueur d’onde, ils rayonnent d’une manièrecohérente comme une particule de charge N e, et la puissance est multipliée parN2. On voit donc la puissance gigantesque qu’une étoile à neutron peut émettredans l’axe de ses pôles magnétiques.
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VII- FREINAGE DE RAYONNEMENT
1- Introduction
2- Expérience de pensée
On considère deux chargesq
2reliées par une
tige rigide neutre de longueur d parallèle àl’axe des y. Elles avancent parallèlement àl’axe des x ves les x > 0.À l’instant t = 0, elles sont immobiles surl’axe des y, en A et B, mais elles ont ac-céléré et à l’instant t, la barre est à la dis-tance l de l’axe des y. Les deux charges sontalors en A′ et B′. La théorie du rayonne-ment électromagnétique dit que la compo-sante selon x du champ électrique à l’ins-tant t appliqué par la charge du dessous surla charge du dessus vaut :
E1x =q
8 π ε0C2
l C2 − a(0) d2
(l2 + d2)3/2
C’est un champ retardé, car AB′ = C t et l’accélération a est prise à l’instantt = 0.
−→E =
q
4 πε0
1
(r C − ~v ~r)3
(C2 − v2
)(C ~r − r ~v) + ~r ∧
(C ~r − r ~v) ∧ ~a
C t
A
B
A'
B'
y
Le champ électrique rayonné par une charge q en mouvement agit sur cettecharge, provoquant une force
−→F rad de freinage de rayonnement. Cela est néces-
saire pour la conservation de la quantité de mouvement et de l’énergie. En effet,le champ rayonné emporte à l’infini de la quantité de mouvement et de l’énergie.Par conséquent, une charge qui rayonne doit être soumise à une force opposéeà la direction de rayonnement et opposée à la vitesse, pour pouvoir effectuer untravail négatif. Cette force ne peut être appliquée que par le champ électriquerayonné par cette même charge. C’est le freinage de rayonnement.
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Ici, compte tenu du fait que la charge vautq
2et que la vitesse à l’instant initial
est nulle :
−→E =
q
8 πε0
1
C3 r3
[C3~r + ~r ∧ (C ~r ∧ ~a)
]
r =√
l2 + d2
~r ∧ ~a =
l
d
0
∧
a
0
0
=
00
− a d
~r ∧ (~r ∧ ~a) =
l
d
0
∧
0
0− a d
=
− a d2
a d l
0
D’où la valeur donnée pour le champ électrique.
Pour le champ électrique rayonné, on sépare le régime de rayonnement deCoulomb mis en bleu dans l’équation ci-dessus, qui décroît en 1/r2, et quin’est pas considéré à proprement parlé comme du rayonnement, de la partieécrite en rouge, qui décroît en 1/r, et qui est la partie proprement radiative.
À grande distance, il ne reste plus que la partie radiative qui s’est détachée dela particule et qu’on a utilisé pour le rayonnement dipolaire et pour le rayonne-ment synchrotron. On remarque ici, qu’à courte distance de la charge, les deuxrégimes se mélangent et sont à prendre en compte tous les deux pour calculer laforce appliquée sur la charge par le rayonnement.
3- Calcul de la force appliquée par la charge du dessous sur lacharge du dessus
On suppose d petite. Il y a un terme de dérivée de l’accélération par rapportau temps a. On va calculer l(t) jusqu’à l’ordre trois en t, puis montrer que
l ≃ a(0)
2
d2
C2+
a(0)
6
d3
C3+ o(d3). On en déduira qu’il y a une force de réaction
de rayonnement proportionnelle à a(t) appliquée à l’ensemble des deux chargespar les composantes E1x et E2x.
l(t) =1
2a(0) t2 +
a(0) t3
6+ o(t3) l2 + d2 = C2t2 d =
√
C2t2 − l2
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d = C t
√
1 −(a(0) t
2C+
a(0) t2
6C
)2
+ o(t3) = C t − a2(0) t3
8C+ o(t3)
Faisons la réversion du développement limité :
t =d
C+
a2(0) t3
8C2+ o(t3)
d
C t→ 1 quand t → 0. On dit que d et C t sont équivalents au voisinage de
0, et on note d ∼ C t. On a alors :
d3 ∼ C3 t3 t3 ∼ d3
C3
a2(0) t3
8C2∼ a2(0) d3
8C5
Il vient alors :
t =d
C+
a2(0) d3
8C5+ o(d3)
l =a(0) d2
2C2+
a(0) d3
6C3+ o(d3)
F =q
2(E1x + E2x) =
q2
8 π ε0C2
l C2 − a(0) d2
(l2 + d2)3/2+ o(d 0)
F =q2
8 π ε0C2
[
−a(0)
2 d+
a(0)
6C
]
+ o(d 0)
a(0) = a(t) + a(t) (−t) + o(t) = a(t) − a(t)d
C+ o(d)
F =q2
8 π ε0C2
[
−a(t)
2 d+
a(t) d
2C d+
a(t)
6C
]
+ o(d 0) = − q2 a(t)
16 πε0C2 d+
q2 a(t)
8 π ε0C2
1 + 3
6C+ o(d 0)
F = − q2 a(t)
16 πε0C2 d+
q2 a(t)
12 πε0C3+ o(d 0)
4- Étude du premier terme
Le premier terme correspond à l’inertie de l’énergie potentielle électrostatiquesuivant la formule célèbre d’Einstein E = mC2. En effet :
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E =
(q
2
)2
4 π ε0 d= mC2 m =
q2
16 πε0 dC2
Il doit donc correspondre à l’accélération, une force d’inertie −m~a, cette forceétant appliquée par le champ électrique.
q
2E1x = −1
2ma = −1
2
q2
16 πε0 dC2a E1x = − q a
16 πε0 dC2
On peut écrire aussi, sans tenir compte de la force à droite de l’équation :
Ftotale = Fnon due au champ E − q2 a(t)
16 πε0C2 d= ma
ou :
Fnon due au champ E =
(
m +q2
16 πε0C2 d
)
a
Cette augmentation de la masse présente une divergence pour une masse ponc-tuelle, quand d → 0.
Pour une particule ponctuelle, on considère donc qu’il y a une masse nue m0
à laquelle il faut ajouter la masse électromagnétique précédente, même si cettequantité diverge pour d → 0. On fait l’hypothèse que la masse expérimentalemesurée prend déjà en compte l’énergie propre (self energy) de l’électron. Ondit qu’on a fait la renormalisation de la masse. En électrodynamique quantique,l’environnement d’un électron est différent suivant qu’il est libre où lié dans unatome. La renormalisation y est alors différente, ce qui donne des effets mesu-rables. Cette renormalisation de la masse de l’électron donne la contributionprincipale au Lamb shift de l’électron de l’atome d’hydrogène. L’autre contri-bution, pour quelques pour cents, vient de la renormalisation de la charge. LeLamb shift par la renormalisation de la masse donne :
E(2s1/2
)− E
(2p1/2
)= 1040 MHz
tandis que la valeur expérimentale est de 1057, 8 MHz
Les diagrammes de Feynman correspondants sont ceux où un électron émetun photon virtuel puis le réabsorbe, soit avant d’avoir interagi avec le proton,en échangeant avec ce dernier un photon virtuel, soit après.
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5- Étude du deuxième terme
Le deuxième terme est indépendant de la distance et correspond à la réactionde rayonnement. Tous les autres termes tendent vers 0 quand d → 0. Pourune masse ponctuelle, il n’intervient donc que ces deux termes, le premier étantintégré dans la renormalisation de la masse. C’est ce deuxième terme qui cor-respond à la réaction de rayonnement, comme nous allons le montrer ci-dessousau paragraphe 6. Mais avant, il nous faut calculer cette force de réaction derayonnement pour une charge q toute seule sur elle-même.
Cette force correspond en effet à l’action des deux charges l’une sur l’autre.Cependant la charge du dessus agit également sur elle-même, et pareil pour lacharge du dessous.
Comme la force ne dépend pas de la distance, on peut diviser chacune desdeux charges
q
2en deux charges
q
4, la distance de ces deux nouvelles charges étant
très inférieure à d, de telle façon que le calcul de la force précédent soit encore
valable. La force totale est alors F + 2F
4. En effet, la force étant proportionnelle
à q2, diviser les charges par 2 divise la force par 4, et il y a cette forceF
4pour
chacun des deux couples de chargesq
4. En reproduisant cette division à l’infini,
jusqu’à ce que les charges en question soient infinitésimales, on arrive à :
Fray = F
(
1 + 21
22+ 22
1
24+ ... + 2n
1
22n+ ...
)
= F
(
1 +1
2+
1
22+ ...
1
2n+ ...
)
= F1
1 − 1
2
= 2F
On a donc :
−−→Fray = +
q2 ~a(t)
6 πε0C3C’est la force d’Abraham-Lorentz
6- Preuve que la force d’Abraham-Lorentz est bien la réaction derayonnement
On prend un système qui a un mouvement périodique. Par un bilan d’énergiesur une période, on va montrer que le travail de cette force correspond bien àl’énergie rayonnée par le système.
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PLarmor =p2
6 π ε0C3
Maintenant :
∫ T
0
−−→Fray ~v dt =
∫ T
0
q2 a
6 π ε0C3v dt = constante × [a v]T
0︸ ︷︷ ︸0
−∫ T
0
q2
6 π ε0C3a2 dt
∫ T
0
−−→Fray~v dt = −
∫ T
0
p2
6 π ε0C3dt = −PLarmor
L’expression de la force d’Abraham-Lorentz trouvée est non relativiste.L’expression relativiste pour une vitesse quelconque et une accélération quel-conque est beaucoup plus compliquée. Pour un mouvement circulaire d’unecharge à vitesse faible devant celle de la lumière, on voit que la formule donneune force qui est bien opposée à la vitesse, puisque ~a est bien opposé à la vitesse.
a = ωa =v
ρa F v =
q2a
6πε0C3v =
q2
6πε0C3
v2
ρa =
q2a2
6πε0C3
qui est bien la puissance de Larmor.
7- Une charge uniformément accélérée ne rayonne pas
Puisque Fray ∝ a, une particule uniformément accélérée ne rayonne pas,puisqu’elle n’est pas soumise à une force de réaction de rayonnement. Ce n’est pas
en contradiction avec la formule de Larmor PLarmor =q2 a2
6 π ε0C3, puisqu’une
puissance constante correspond à un spectre qui ne contient que la fréquence 0,et qui ne correspond donc pas à du rayonnement. Il s’agit d’un champ statique.Il n’y a pas de photon d’émis. La formule de Larmor ne s’applique pas à cettesituation.
En utilisant le principe d’équivalence entre l’inertie et la gravitation d’Einstein,on en déduit qu’une particule immobile dans un champ de gravitation statiquene rayonne pas.
Aussi bien dans le référentiel dans lequel la particule uniformément accéléréeest immobile, que dans le référentiel où la particule immobile est soumise à un
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champ gravitationnel statique, le champ électromagnétique créé par la charge estun pur champ électrique statique. Il n’y a donc pas de possibilité de rayonnement.
Ceci dit, il n’existe pas d’accélération d’une durée infinie. Considérons l’accé-lération d’une particule chargée dans un accélérateur linéaire :
t < 0 a(t) = 0 0 ≤ t ≤ T a(t) = constante = a t > T a(t) = 0
δ(t) étant la distribution de Dirac :
Pray = −Fray v = − q2 a
6 π ε0C3v = − q2 a
6 π ε0C3[v(0) δ(t) − v(T ) δ(t− T )]
Eray =
∫+∞
−∞Pray dt =
q2 a
6 π ε0C3[v(T ) − v(0)] =
q2 a2
6 π ε0C3T = PLarmor T
Ainsi, on peut dire, d’une manière facétieuse, qu’une charge animée d’un mou-vement uniformément accéléré rayonne parce que ce mouvement n’est pas uni-formément accéléré !
8- Les problèmes posés par la réaction de rayonnement
La force de freinage de rayonnement peut mener à l’équation différentielle :
Fray = +q2 a(t)
6 πε0C3⇒ ma =
q2 a(t)
6 πε0C3
Une charge traversant un champ pourrait ainsi s’accélérer indéfiniment à lasortie du champ. L’absurdité de ce résultat montre la limitation de l’usage decette force de freinage de rayonnement.
Comme il est dit dans Landau et Lifchitz, Théorie des champs, le pro-blème se trouve dans la renormalisation de la masse de la charge électrique parson énergie propre électrostatique infinie. Cela revient à lui attribuer une masseinfinie négative qui annule la masse électromagnétique infinie. Mais la soustrac-tion ainsi de deux infinis n’est pas une opération mathématique correcte.
On touche ainsi à la limite de l’électromagnétisme classique, de par le fait quepour des dimensions trop petites, envisagées nécessairement quand on considèreune charge ponctuelle, la mécanique quantique intervient nécessairement, et uncalcul rigoureux ne peut être que quantique. La renormalisation de la masse sevoit attribuer une démarche mathématiquement rigoureuse en électrodynamiquequantique, et qui permet de trouver des résultats théoriques en accord avec lesmesures expérimentales avec une précision même jamais égalée dans d’autresdomaines de la physique.
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VIII- ÉLECTROMAGNÉTISME RELATIVISTE
1- La quadrivitesse
On cherche à trouver un quadrivecteur, le plus simple possible, redonnant laquantité de mouvement (ou impulsion) newtonienne pour les vitesses faibles.
m est un invariant ainsi que le temps propre τ ; nous avons alors un quadri-vecteur par :
~P = md~x
dτ
Détaillons les termes de cette formule : on considère deux évènements infinimentproches qui sont l’existence de la particule à deux instants voisins. Il suffit, pouravoir une image mentale de cela, d’imaginer que la particule clignote. Les deuxévènements sont deux allumages successifs du clignotant fixé sur la particule.dτ est alors la durée séparant ces deux allumages, telle qu’elle est indiquéepar l’horloge étalon fixée sur la particule ; c’est l’accroissement infinitésimal de
temps propre. d~x est le quadrivecteur déplacement de la particule entre ces deuxévènements. ~P , produit du quadrivecteur d~x par le scalaire
m
dτest bien également
un quadrivecteur. Les quadrivecteurs sont notés avec une flèche, et les trivecteursde l’espace à trois dimensions, en caractères gras. Écrivons ses composantes :
~P =
mCdt
dτ
mdx
dτ
mdy
dτ
mdz
dτ
=
(m C coshϕm v coshϕ
)
=
γ m C2
C
γ mv
=
EC
P
= mC~U
E est l’énergie relativiste de la particule, et P sa quantité de mouvementrelativiste.
~U =
(coshϕ
vC
coshϕ
)
=
dt / dτ
dx / Cdτ
dy / Cdτ
dz / Cdτ
=1
C
(dxα
dτ
)
~U est appellée quadrivitesse de la particule. Ses trois composantes d’espace ontpour limite β =
v
Cquand v ≪ C.
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On notera également :
U =vC
coshϕ = γvC
; ~U =
(U 0
U
)
=
(γ
U
)
Le zéro en indice indique la composante numéro zéro et n’est pas un symbolede puissance.
~U 2 =C2dt2 − dx2 − dy2 − dz2
C2dτ 2=
1− v2
C2
dτ 2
dt2
dτ =
√
1− v2
C2dt =
dt
γdonne alors ~U 2 = 1.
Pour les vitesses faibles devant C, nous avons :
~P ≃(
mC
P
)
Nous retrouvons bien la loi de conservation de l’impulsion newtonienne auxfaibles vitesses, si nous supposons que le quadrivecteur ~P total d’un ensemblede particules isolées du reste de l’univers se conserve. Nous ferons donc cettehypothèse que l’expérience confirme.
2- Le quadrivecteur force.
Le quadrivecteur :
~Φ =d~P
dτ=
1
C
dEdτ
Fdt
dτ
=
γ
C
dEdt
γ F
est appelé le quadrivecteur force. Utilisons le pour voir quelle est la loi de trans-formation de la force dans le passage de R à R. Considérons une particuleimmobile dans R, de masse invariable m.
Φ0 = 0 ; Φα = Λαβ Φβ donne :
Φ1 = F x coshϕ = Φ1 coshϕ = F x coshϕ
car Φ1 = F x . Il vient : F x = F x.
Φ2 = F y coshϕ = Φ2 = F y
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de même avec l’axe des z. Ainsi :
F y =F y
coshϕ= F y
√
1− v2
C2
Finalement :
FR = F‖,R + F⊥,R
√
1− v2
C2
Les symboles ‖ et ⊥ signifiant parallèle et perpendiculaire au mouvement de laparticule. La force n’est donc pas un invariant en mécanique relativiste.
3- Travail de la force.
Considérons une particule de masse invariable m (m peut être nulle) et dontl’énergie varie continuement sous l’action d’une force F :
E2 = P2C2 +m2C4 donne E dE = P dPC2
Soit : dE =PEdPdt
C2 dt
or :PE =
γ mvγ mC2
=vC2
⇒ dE =vC2
dPdt
dt C2
dE = F dl
La variation d’énergie est égale au produit scalaire de la force extérieure appli-quée à la particule par le vecteur déplacement élémentaire, c’est à dire au travailde la force. Ainsi, l’expression newtonienne du travail de la force est encore va-lable. Cela est naturel : en effet les forces classiques de la Mécanique newtoniennesont causées par des particules de champ pouvant aller à la vitesse de la lumière(photons, gravitons). Si l’on suppose qu’il y a conservation d’énergie entre lesparticules de matière obéissant à la Mécanique newtonienne et ces particules dechamp, cette formule doit être retrouvée dans le cadre de la physique relativiste.Notons que la conservation de l’énergie, ajoutée au fait que le dl subi par unsystème est égal à celui subi par le système complémentaire, impose que l’ondoit avoir le principe de l’action et de la réaction, si l’on veut que le travail soitdonné toujours par cette formule.
dE1 = F2/1 dl1 = −dE2 = F2/1 dl2= −F1/2 dl2 ⇒ F2/1 = −F1/2
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En conclusion, la formule donnant la variation de l’énergie par le travail dela force s’applique dès que l’on a une particule invariable dont l’énergie variecontinuement sous l’action d’un flux de particules. Bien sûr, elle ne s’appliqueplus lors des désintégrations de particules élémentaires, la particule suivie devantgarder un certain temps son identité.
Φ0 =γ
C
dEdt
=γ
CFv
4- Le tenseur électromagnétique
Les indices des quadrivecteurs seront notés : 0, 1, 2, 3 ; tandis que les compo-santes des champs de E et B seront notées avec les indices x,y,z. Un symbolegrec comme α va de 0 à 3 tandis qu’un symbole latin, comme i, va de 1 à 3. Leséquations associées au quadrivecteur force et la loi de force électromagnétiqueF = qE + qv ∧ B donnent :
Φ0 =1
C
dEdτ
=1
C
Fdldτ
=q
C
Edldτ
Φ0 = q(ExU 1 + EyU 2 + EzU 3
)
Φ1
Φ2
Φ3
= Fdt
dτ= qEU 0 + qC
U 1
U 2
U 3
∧
Bx
By
Bz
ces deux équations se regroupent dans :
Φ0
Φ1
Φ2
Φ3
= q C
0Ex
C
Ey
C
Ez
CEx
C0 Bz −By
Ey
C−Bz 0 Bx
Ez
CBy −Bx 0
U 0
U 1
U 2
U 3
On adopte la convention d’Einstein de sommation pour un indice muet ap-paraissant une fois en bas, une fois en haut. On écrit alors :
Φα = q C F αβ U
β ou : ~Φ = q C F (~U)
F est l’application linéaire de matrice : F αβ ; β indice en position basse (in-
dice covariant) à droite étant l’indice de colonne, et α indice en position haute(contravariant) à gauche étant l’indice de ligne.
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Voyons quelle est la loi de transformation des coefficients F αβ dans un chan-
gement de référentiel associé par exemple à une transformation de Lorentz :
(xα) = Λ (xβ), soit : xα = Λαβ x
β.
Ct
x
y
z
=
coshϕ sinhϕ 0 0
sinhϕ coshϕ 0 00 0 1 00 0 0 1
Ct
x
y
z
Φα = ΛααΦ
α = qCF αβ Λ
ββ U
β = ΛααqCF α
β Uβ
F αβ Λ
ββ = Λα
α Fαβ
Multiplions l’équation matricielle précédente par Λ−1.(
U ji
)
=(U i
j
)−1
donne :Λγ
αΛαα F
αβ = Λγ
α Fαβ Λ
ββ
δγ α Fαβ = F α
β = Λαα F
αβ Λ
ββ
F αβ = Λα
α Λββ F
αβ
ou : F = Λ−1 F Λ
F est la matrice de l’application linéaire dans l’ancienne base, F dans la nou-velle. Λ est la matrice de passage de l’ancienne à la nouvelle base. L’équationmatricielle est bien connue en algèbre linéaire, mais la forme avec les compo-santes et en utilisant la notation du calcul tensoriel est moins connue. Du faitque le tenseur électromagnétique F a une composante en bas et une en haut c’estun tenseur une fois covariant, une fois contravariant. On voit qu’un tel tenseurpeut être identifié à une application linéaire.
Le mot tenseur fait référence à la loi de transformation des composantes dansun changement de base. Un tenseur sans indice est un scalaire invariant. Untenseur une fois contravariant est un vecteur. Un tenseur une fois covariant estune forme linéaire. Un tenseur p fois contravariant et q fois covariant est uneforme multilinéaire sur le produit cartésien q fois de l’espace vectoriel et p foisde son dual.
On voit que l’on a un ensemble de nombre à deux indices, et la matrice depassage intervient deux fois ; tandis que pour un vecteur qui est un ensemble denombre à un indice, la matrice de passage intervenait une fois dans le changementdes composantes d’une base à une autre.
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Lorsqu’il pourra y avoir ambiguïté pour un symbole, nous mettrons deuxflèches superposées au dessus, de façon à préciser que nous avons affaire à untenseur d’ordre 2 (deux indices). On écrira :
g = ~~g
De toute façon, les tenseurs d’ordre 2 seront toujours écrits en caractère nongras, avec deux flèches ou non au dessus.
Le tenseur métrique est noté g. Dans une base type, on a :
gα,β = ~eα • ~eβ = ηα,β =
1 0 0 00 −1 0 0
0 0 −1 00 0 0 −1
La notation ηα,β correspondra toujours aux composantes du tenseur métriqueexprimées dans une base type.
Ainsi à une forme bilinéaire est associé un tenseur deux fois covariant.
En conclusion, les nombres gαβ constituent un tenseur deux fois covariant. Cetenseur correspond au produit scalaire donnant la métrique de l’espace vectoriel.On l’appelle le tenseur métrique g. Dans une base type, il prend la forme simpleηαβ.
5- Abaissement et élévation d’indices
Le tenseur métrique g permet de transformer les indices covariants en contra-variants et réciproquement, donc d’associer d’une manière canonique, à un ten-seur donné, un ensemble de tenseurs du même ordre ayant un nombre d’indicescovariants et contravariants différents. Identifiant tous ces tenseurs, on peut direqu’il permet ainsi de changer la variance d’un tenseur à son gré. Voyons commentnous réalisons cela sur l’exemple du tenseur électromagnétique :
Au tenseur mixte F αβ on peut associer le tenseur Fαβ deux fois covariant par :
Fαβ = gαµ Fµβ
Il est facile de vérifier qu’on a la bonne loi de transformation des composantes.On identifie ces deux tenseurs associés canoniquement, et on dit qu’on a ainsi
les composantes deux fois covariantes de F . Nous ferons une telle identificationet utiliserons un tel vocabulaire pour toute élévation et abaissement d’indice.
Il est important de maintenir les positions horizontales des indices, de façon àse souvenir que Fαβ vient de F α
β, α étant déjà à gauche. En effet, Fαβ = −Fβα etil faut se souvenir de la convention qui consiste à mettre l’indice abaissé à gauchede celui qui ne l’est pas dans l’exemple que nous considérons. Cette convention
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se retrouve dans la mise à gauche de α dans F αβ si nous nous imposons la
règle du respect de l’ordre horizontal lors de l’abaissement ou de l’élévation d’unindice, règle que nous suivrons dans la suite. Dans Fαβ = gαµ F
µβ, il y a bien
sommation sur l’indice µ de colonne pour la matrice (g) et de ligne pour lamatrice (F ). Pour Fαβ , α, indice à gauche, est alors bien un indice de ligne, etβ indice à droite est bien un indice de colonne. Cette convention sera toujoursadoptée pour la représentation matricielle d’un tableau de nombres indicés, lesdeux indices étant à la même hauteur. La convention de mettre α à gauchedans F α
β permet bien ainsi d’obtenir la convention précédente. Notons que nousprenons la même convention (lignes et colonnes de la matrice) pour la positionhorizontale et verticale des indices des matrices de passage.
Nous avons alors :
Fαβ =
0 Ex
CEy
CEz
C
−Ex
C 0 −Bz By
−Ey
C Bz 0 −Bx
−Ez
C−By Bx 0
F αβ =
0 −Ex
C −Ey
C −Ez
CEx
C 0 −Bz By
Ey
C Bz 0 −Bx
Ez
C−By Bx 0
6- Électromagnétisme relativiste
Il est facile de voir que les deux équations :
rotE = −∂B∂t
et divB = 0
sont équivalentes à l’identité de Bianchi :
∂Fαβ
∂xγ+
∂Fβγ
∂xα+
∂Fγα
∂xβ= 0
tandis que :
divE =ρ
ε0et rotB = µ0j + ε0µ0
∂E∂t
sont équivalentes à :∂F αβ
∂xβ= −µ0j
α
avec :
jα =
(ρC
j
)
L’équation reliant le tenseur électromagnétique aux sources étant vraie dans toutrepère, jα est nécessairement un quadrivecteur d’après le critère de tensorialité :Il suffit de voir comment les composantes de jα se transforment nécessairement
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dans un changement de base de part l’équation ci-dessus le reliant au tenseurélectromagnétique.
L’identité de Bianchi∂Fαβ
∂xγ+
∂Fβγ
∂xα+
∂Fγα
∂xβ= 0 implique qu’il existe
un quadrivecteur ~A tel que :
Fαβ =∂Aβ
∂xα− ∂Aα
∂xβ
Cette équation s’écrit
B = rotA et E = −gradV − ∂A∂t
en posant :
Aα =
V
C
A
V et A sont les potentiels scalaires et vecteurs de l’électromagnétisme clas-sique.
Supposons que nous soyons en présence d’un seul type de charges toutes ani-mées de la même vitesse localement autour du point d’espace-temps considéré.Appelons ρ0 la densité volumique de charge correspondante dans le référentielR0 où les particules sont au repos. Appelons n0 le nombre de particules parunité de volume dans ce référentiel. Supposons que les particules aient toutes lamême charge q : ρ0 = n0 q
j0 = ρC =ρ0
√
1− v2
C2
C
Le dénominateur provient de la contraction des longueurs. On voit que :
j0 = ρ0C U 0 = n0 q C U 0
ji = ρ vi =ρ0
√
1− v2
C2
vi = ρ0C U i = n0 q C U i
Ainsi :~j = ρ0C ~U = n0 q C ~U
La conservation de la charge électrique s’écrit :
∂ρ
∂t+ div(ρv) = 0 ; qui donne
∂jα
∂xα= 0
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La conservation de la charge électrique s’exprime ainsi par la nullité de la diver-gence du quadrivecteur courant.
Les équations de l’électromagnétisme ont ainsi toutes été mises sous formequadridimensionnelle. Elles forment ce qu’on appelle l’Electromagnétisme rela-
tiviste.
7- Invariance de jauge de l’électromagnétisme
Soit χ(x0, x1, x2, x2) une fonction quelconque des coordonnées d’espace-temps.Posons :
A′α = Aα +
∂χ
∂xα
∂A′β
∂xα− ∂A′
α
∂xβ= Fαβ +
∂2χ
∂xα∂xβ− ∂2χ
∂xβ∂xα= Fαβ
Ainsi, le quadrivecteur potentiel Aα n’est pas unique. Tout quadrivecteur quis’en déduit par la formule ci-dessus avec χ quelconque convient également. Lapossibilité de faire les calculs en électromagnétisme avec différents quadrivec-teurs potentiels s’appelle l’invariance de jauge de l’électromagnétisme. Le choixd’un quadrivecteur potentiel précis s’appelle le choix d’une jauge. Cette propriétéd’invariance de jauge qui se retrouve pour toutes les interactions est fondamen-tale et est à la base des théories modernes des interactions appelées théories dejauge.
8- Création du quadrivecteur potentiel par le quadrivecteur courant
En coordonnées galiléennes types, gαβ = ηαβ et :
∂
∂xα= ηαβ
∂
∂xβ
On a :∂
∂x0
=1
C
∂
∂tet
∂
∂xi= − 1
C
∂
∂xi
Fαβ =∂Aβ
∂xα− ∂Aα
∂xβs’écrit alors : F αβ =
∂Aβ
∂xα− ∂Aα
∂xβ
et∂F αβ
∂xβ= −µ0j
α donne :∂2Aβ
∂xα∂xβ− ∂2Aα
∂xβ∂xβ= −µ0j
α
Posons :∂2
∂xβ∂xβ=
1
C2
∂2
∂t2− ∂2
∂x2− ∂2
∂y2− ∂2
∂z2=
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L’opérateur s’appelle le d’alembertien.
=1
C2
∂2
∂t2−∆
L’équation de changement de jauge donne :
∂Aβ
∂xβ=
∂A′β
∂xβ− ∂2χ
∂xβ∂xβ=
∂A′β
∂xβ− χ
L’équation :
χ = f(x, y, z, t) =∂A′β
∂xβ
a une solution pour toute fonction f suffisamment régulière, et nous pouvonsdonc choisir ~A de façon à avoir :
∂Aβ
∂xβ= 0
C’est la jauge de Lorentz. L’équation aux dérivées partielles reliant les poten-tiels aux sources se simplifie alors en :
∂2Aα
∂xβ ∂xβ= µ0j
α
soit : ~A = µ0
~j
en posant :
~A =
| Aα
|
Cette équation exprime la création du champ, décrit par le quadrivecteurpotentiel, par le mouvement des charges, décrit par le quadrivecteur courant.Elle est à la base de la quantification du champ électromagnétique en Electro-dynamique quantique. On accorde en effet maintenant une réalité physique auquadrivecteur ~A, bien que sa valeur dépende de la jauge (expérience d’interfé-rence d’électrons d’Aharonov).
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IX- LE TENSEUR D’IMPULSION-ÉNERGIE
1- Définition
Considérons, des particules qui n’atteignent jamais la vitesse de la lumière.Considérons un certain type de particules, toutes identiques et toutes immobilesdans leur référentiel R0. R0 existe, puisqu’elle n’ont pas la vitesse de la lumière.Dans R0, leur densité ou nombre par unité de volume est n0. Dans le référentielR, Le quadrivecteur impulsion-énergie d’une de ces particules est ~P , et ~U est laquadrivitesse commune de ces particules. On appelle alors tenseur d’impulsion-énergie du type de particules considérées, le tenseur qui est un produit tensoriel :
T = n0C ~P ⊗ ~U
Pour le produit tensoriel, voir XI-3.
Avec les composantes nous obtenons :
T αβ = n0CPαUβ
Pour connaître le tenseur d’impulsion-énergie total en un point donné de l’espace-temps, il suffit alors de sommer pour tous les types de particules présentes.Précisons ce que nous voulons dire : on appelle type de particule, la réunion de ladonnée de l’espèce de particule (électron, photon, etc) avec la donnée égalementde n0 et R0, ce qui détermine ~P et ~U .
Dans cette formulation, nous supposons bien sûr qu’il n’y a pas de particuleisolée. Toute particule fait partie d’un ensemble homogène, dans un petit vo-lume entourant le point ou on calcule T , de particules du même type. Cela estl’hypothèse implicite de la formulation avec une densité continue de charge deslois de la physique.
Bien sûr, il peut y avoir variation de n0 , ~P et ~U d’un point à un autre del’espace-temps ; ce qui fait qu’on a en fait le champ de tenseurs T dont on pourracalculer la divergence etc. Cependant on garde le même type de particules aumoins dans un certain domaine de l’espace-temps autour du point considéré,pour pouvoir justement calculer des dérivées donc la divergence (n0 dérivableetc).
Supposons qu’il y ait N types différents de particules, nous obtenons pour letenseur d’impulsion énergie total :
T =∑
l=1,N
n0lC ~Pl ⊗ ~Ul
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Considérons le cas des particules de matière. Nous avons :
~P = mC~U
D’où :T = n0mC2~U ⊗ ~U = ρ0C
2~U ⊗ ~U
On peut écrire aussi :
T =∑
l=1,N
n0lmlC2~Ul ⊗ ~Ul T =
∑
l=1,N
ρ0lC2~Ul ⊗ ~Ul
2- Interprétation des différentes composantes du tenseur d’impulsion-énergie
Considérons un seul type de particules. Le cas général ne posera pas de pro-blème nouveau, étant obtenu comme réunion de différents types de particules.
T 00 = n0mC2U 0U 0 =ρ0C
2
1− v2
C2
C’est la densité d’énergie totale, énergie de masse et énergie cinétique. Par rap-port à ρ0, il y a un facteur 1
√
1− v2
C2
dû à la contraction des longueurs, et un
deuxième dû à la variation de l’énergie avec la vitesse.
T 0i = ρ0C2U 0U i =
1
C
ρ0C2vi
1− v2
C2
T 0i =ρ0Cvi
1− v2
C2
Le premier terme donne la densité d’énergie totale. Avec le produit par vi onobtient le flux à travers la surface unité xi = Cte. On a le flux d’énergie à traversla surface xi = Cte , divisé par C.
T i0 = ρ0C2U iU 0 = C
(
ρ0√
1− v2
C2
)
vi
√
1− v2
C2
= Cρvi
√
1− v2
C2
ρ est la densité de masse apparente compte tenu de l’augmentation du nombrede particules par unité de volume à cause de la contraction des longueurs. On ala iem composante de la densité d’impulsion multipliée par C.
T ij = ρ0C2U iU j =
(
ρ0√
1− v2
C2
)
vi
√
1− v2
C2
vj)
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Le terme à gauche de vj est égal, comme nous l’avons vu ci-dessus à la iem
composante de la densité d’impulsion dans le référentiel considéré. En multipliantpar vj , on obtient le flux à travers la surface unité xj = Cte de la iem composantede l’impulsion.
T ij =ρ0v
ivj
1− v2
C2
T ii est le terme de pression dans la direction i.
Toutes les composantes du tenseur d’impulsion-énergie sont bien homogènesentre elles et homogènes au produit d’une masse volumique par le carré d’unevitesse, comme c’est visible sur les formules ci-dessus.
3- Nullité de la divergence de n0l Uαl
On sélectionne un ensemble de particules l qui ont toutes le même module dela vitesse, donc le même γ. On a par conservation du nombre de ces particules,la variation du nombre de particules dans le volume V étant liée à celles quis’échappent par la surface S :∫∫
S
n0l γ ~v d−→S =
∫∫∫
V
div (n0l γ ~v) dτ = − d
dt
∫∫∫
V
n0l γ dτ = −∫∫∫
V
∂
∂t(n0l γ) dτ
Ceci est vrai quels que soient la surface S et le volume V . Il vient alors :
1
C
∂
∂t(n0l γ) + div
(
n0l γ~v
C
)
= 0 soit∂(
n0l Uβl
)
∂xβ= 0
La relation ci-dessus étant vraie pour chaque sous-ensemble de particules demême module de la vitesse, est vraie pour toutes les particules l, puis par addi-tion, pour toutes les particules.
4- Tenseur d’impulsion-énergie du champ électromagnétique
Nous allons montrer que lorsque des particules chargées interagissent électro-magnétiquement, nous n’avons plus : ∂Tm
αβ
∂xβ = 0 ; Tmαβ étant le tenseur purement
mécanique des particules matérielles. Nous pourrons alors ajouter le tenseurd’impulsion-énergie du champ électromagnétique Tch
αβ tel que :
∂Tmαβ
∂xβ+
∂Tchαβ
∂xβ= 0
Tmαβ =
∑
l
n0lmlC2Ul
αUlβ
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∂Tmαβ
∂xβ=∑
l
[
n0lmlC2Ul
β ∂Ulα
∂xβ+mlC
2Ulα∂(n0lUl
β)
∂xβ
]
On suppose ici qu’il n’y a pas création ou destruction de particules. Le deuxièmeterme est alors nul. La conservation du nombre de particules entraîne en effet lanullité de la divergence du quadrivecteur n0l
~Ul , pour chaque valeur de l, c’està dire pour chaque type (l) de particules. Le premier terme est nul égalementlorsqu’il n’y a aucune interaction, en effet :
0 = Φlα =
dplα
dτ= mlC
dUlα
dτ= mlC
∂Ulα
∂xβ
dxlβ
dτ= mlC
∂Ulα
∂xβCUl
β
Nous avons pour des particules de matière sans interaction, une démonstrationde la nullité de la divergence du tenseur d’impulsion-énergie.
Dans le cas où il y a interaction électromagnétique :
Φlα = qlCF α
βUlβ = mlC
2∂Ul
α
∂xβUl
β
∑
l
n0lmlC2Ul
β∂Ulα
∂xβ= F α
β
∑
l
n0lqlCUlβ = F α
βjβ
∂Tmαβ
∂xβ= F α
β jβ
Nous allons vérifier que l’expression suivante pour le tenseur impulsion-énergiedu champ électromagnétique est la bonne :
Tchαβ = − 1
µ0
(
F αγF
βγ − 1
4ηαβFγδF
γδ
)
−µ0
∂Tchαβ
∂xβ= F α
γ∂F βγ
∂xβ+ F βγ ∂F
αγ
∂xβ− 1
2ηαβFγδ
∂F γδ
∂xβ
Compte tenu de :∂
∂xα= ηαβ
∂
∂xβ
Les deux derniers termes donnent :
F βγ ∂Fαγ
∂xβ− 1
2Fγδ
∂F γδ
∂xα= Fβγ
∂F αγ
∂xβ− 1
2Fγδ
∂F γδ
∂xα= −Fβγ
∂F γα
∂xβ− 1
2Fβγ
∂F βγ
∂xα
Or : Fβγ∂F γα
∂xβ= Fγβ
∂F βα
∂xγ= Fβγ
∂F αβ
∂xγ
par permutation des indices muets β et γ, puis antisymétrie de F . Les deux
derniers termes deviennent alors, compte tenu de∂Fαβ
∂xγ+
∂Fβγ
∂xα+
∂Fγα
∂xβ= 0 :
= −1
2Fβγ
∂F γα
∂xβ−1
2Fβγ
∂F αβ
∂xγ−1
2Fβγ
∂F βγ
∂xα= −1
2Fβγ
(∂F αβ
∂xγ+
∂F βγ
∂xα+
∂F γα
∂xβ
)
= 0
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µ0
∂Tchαβ
∂xβ= −F α
γ∂F βγ
∂xβ= +F α
γ∂F γβ
∂xβ= −F α
γµ0jγ
∂Tchαβ
∂xβ= −F α
γjγ
Finalement :∂Tm
αβ
∂xβ+
∂Tchαβ
∂xβ= 0
Nous donnons ci-dessous l’expression du tenseur d’impulsion-énergie du champélectromagnétique en fonction des vecteurs E et B.
T 00 =ε0E
2
2+
B2
2µ0
T 0i = T i0 =1
µ0CE ∧ B =
1
CP
P étant le vecteur de Poynting donnant le flux d’énergie.Avec (i, j, k) = (x, y, z) ou (y, z, x) ou (z, x, y) :
T ii =ε0
2
(
Ej2 + Ek2 − Ei2)
+1
2µ0
(
Bj2 + Bk2 − Bi2)
i 6= j : T ij = −ε0EiEj − 1
µ0
BiBj
On constate que la trace du tenseur d’impulsion-énergie du champ électroma-gnétique est nulle.
T αα = T 00 − ΣT ii = 0
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X- CONNEXION SUR UN ESPACE FIBRÉ
1- Espace fibré
Considérons une surface dans l’espace à trois dimensions, comme une sphèreou un hyperboloïde à une nappe ou deux nappes obtenu en faisant tourner unehyperbole par rapport à une de ses droites de symétries. En chaque point de lasurface, on a le plan tangent. La surface est l’espace E, le plan tangent en unpoint M est une fibre F . La fibre a ici la même dimension que l’espace.
Mais on peut considérer d’autres espaces fibrés. Considérons ainsi une têteavec ses cheveux. L’espace est la surface du crâne. On peut supposer qu’enchaque point de cette surface il y a un cheveu. Le cheveu est la fibre. Dans cecas, l’espace est à deux dimensions, et la fibre à une dimension.
2- Connexion sur un espace fibré
On se pose la question de pouvoir comparer deux vecteurs appartenant à deuxplans tangents voisins. Pour ce faire, on peut considérer le transport parallèled’un vecteur le long d’une courbe. C’est à dire que pour deux points voisins de lacourbe, les espaces tangents sont très voisins, et on dit que le vecteur ne changepas si les deux vecteurs dans les deux plans tangents voisins sont égaux.
Cette notion de transport parallèle nécessite que la surface soit munie d’unemétrique, c’est à dire que l’on puisse définir la distance élémentaire entre deuxpoints voisins. Il existe alors sur cette surface des géodésiques, plus court chemind’un point à un autre.
On se rend compte sur la figure ci-dessous, que si la surface est courbe, commeune sphère, donc ne constitue pas un espace euclidien, après avoir fait un tourcomplet, on obtient un vecteur différent de celui du départ. À un vecteur tangentdonné en un point, on ne peut pas alors associer d’une manière canonique unvecteur tangent bien précis en tout point de la surface.
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Si la surface présente ainsi une courbure, on voit que si on fabrique un tri-angle avec trois géodésiques, la somme des angles du triangle est, dans le casde la sphère qui a une courbure positive, supérieure à 180 . Sur la figure, ona 3× 90˚= 270 . Pour une surface à courbure négative, comme une selle decheval, la somme des angles du triangle a une valeur inférieure à 180 . On ditdans ces deux cas, qu’on a des espace non euclidiens. Ainsi pour une surfaceà courbure positive, il n’existe pas de droites (géodésiques) parallèles qui ne secoupent jamais. Toutes les géodésiques qui sont des morceaux de grands cercles,se coupent en deux points. Pour une surface à courbure négative, il existe uneinfinité de droites qui ne coupent pas une droite donnée, et passant toutes parle même point extérieure à cette droite.
Mais dans le cas des cheveux, on peut aussi avoir une connexion. Une connexionest une coiffure, qui permet d’associer à la longueur d’un cheveux, une autre lon-gueur voisine, pour un cheveux voisin dans une certaine direction. Partant de lalongueur d’un cheveux, toutes les autres longueurs sont alors fixées. Cependant,pour que cela fonctionne, il faut que, faisant un tour complet sur une courbefermée, partant d’un cheveux, en suivant la règle de modification de la longueurd’un point à un autre, le long du chemin, on retrouve en revenant au point dedépart la longueur du départ. Pour que la coiffure existe, en fait, il faut doncque la connexion ait une courbure nulle.
3- Un peu de mathématiques, cas du fibré tangent
a) Introduction
Pour plus de détails, je renvoie aux chapitres 9, 10, 11 de mon livre sur larelativité générale :
http://bouteloup.pierre.free.fr/lica/relg/tabmat.html
.Le grand mathématicien Georg Friedrich Bernhard Riemann est à l’origine de
la géométrie différentielle qui introduit le concept de variété différentiable. Toutesles propriétés géométriques intrinsèques d’une surface, ou plus généralement d’unespace de dimension n, n entier, comme le fait d’avoir une géométrie euclidienneou non, peuvent être déterminées par l’élément métrique, qui donne la distanceentre deux points voisins, sans avoir besoin d’immerger la surface dans un espacede plus grande dimension.
Les vecteurs sont notés en caractères gras.
On a choisi des coordonnées sur la surface, et dans chaque plan tangent, ona une base des vecteurs. Un vecteur de base est un vecteur obtenu en faisant
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varier juste une coordonnée d’une manière infinitésimale, et en voyant dans quelledirection on est ainsi emporté. Une fois qu’on sait comment effectuer le transportparallèle des vecteurs lorsque l’on se déplace dans une direction, on peut voircomment un vecteur de base correspondant à une coordonnée varie par rapportau transport parallèle qui correspond à une variation nulle, lorsqu’on se déplaced’un point à un point infiniment voisin.
b) Les symboles de Christoffel des coordonnées polaires du plan
Prenons, pour clarifier les idées, le cas très simple des coordonnées polairesdu plan.
Dans le cas du plan et des coordonnées polaires, les vecteurs er et eθ tournentpar exemple, quand on fait varier θ à r constant. On écrit :
dej =∂ej∂uk
duk = Γijk ei du
k
avec la convention d’Einstein de sommation pour un indice muet en haut eten bas. Cela introduit les symboles de Christoffel Γi
jk.
Toujours dans le cas des coordonnées polaires du plan, en ne prenant pasforcément des vecteurs de base normés, voici présenté le calcul :
Dans le plan (xOy) rapporté au repère orthonormé O; i, j, on introduit lesnouvelles coordonnées u1 = r et u2 = θ, telles que : x = r cos θ et y = r sin θ.Nous utilisons la notation suivante :
d ~M = dx i+ dy j =
(dx
dy
)
d ~M =
(dr cos θ − r sin θ dθ
dr sin θ + r cos θ dθ
)
d ~M = dr er + dθ eθ ; et donc :
er =
(cos θsin θ
)
eθ =
(−r sin θr cos θ
)
∂ej∂uk
= Γijkei
∂er∂r
= 0 ⇒ Γrrr = 0 ; Γθ
rr = 0
∂er∂θ =
(− sin θ
cos θ
)
= 1
reθ ⇒ Γrrθ = 0 ; Γθ
rθ =1
r
∂eθ∂r =
(− sin θ
cos θ
)
= 1
reθ ⇒ Γrθr = 0 ; Γθ
θr =1
r
∂eθ∂θ =
(−r cos θ−r sin θ
)
= −rer ⇒ Γrθθ = −r ; Γθ
θθ = 0
75/185
On vérifie bien que les symboles de Christoffel sont symétriques en j etk.
c) Les équations des géodésiques
Une fois qu’on a les symboles de Christoffel, on a les équations des géo-désiques par :
d2ui
dλ2+ Γi
jkduj
dλ
duk
dλ= 0
Retrouvons ainsi les équations des droites en coordonnées polaires :On obtient les deux équations (le point signifie dérivée) :
d2r
dλ2+ Γr
θθdθ
dλ
dθ
dλ= r − rθ2 = 0
d2θ
dλ2+ Γθ
rθdr
dλ
dθ
dλ+ Γθ
θrdθ
dλ
dr
dλ=
1
r
(
2rθ + rθ)
= 0
La deuxième équation donne r2θ = C. Si C = 0 θ = Cte ; on a une droitepassant par l’origine. Si C 6= 0, il faut résoudre le système :
θ =C
r2; calculons r :
r =dr
dθ
dθ
dλ=
dr
dθ
C
r2= −C
d
dθ
(1
r
)
r =d
dθ(r)
dθ
dλ= −C
d2
dθ2
(1
r
)C
r2
Il vient : − Cd2
dθ2
(1
r
)C
r2− r
C2
r4= 0
y + y = 0 avec y =1
r⇒ y = A cos θ +B sin θ
1
r= A cos θ +B sin θ ou r cos (θ − θ0) = d
On a l’équation bien connue des droites en coordonnées polaires.d est la distance de l’origine à la droite. θ0 est l’angle formé par la perpendi-
culaire menée depuis l’origine à la droite, avec le vecteur i.
En relativité générale, la trajectoire d’une particule dans un champ de gravitése trouve en écrivant les équations des géodésiques. La gravitation s’exprime
76/185
par le fait que l’espace-temps a une courbure, et les particules décrivent desgéodésiques de cet espace-temps.
d) La dérivation covariante
La variation d’un vecteur lors d’un déplacement s’écrit :
dV =
(∂V i
∂uk+ V jΓi
jk
)
ei duk
En notant D ce qu’on appelle la dérivation covariante, cela s’écrit :
DV ik =
∂V i
∂uk+ V jΓi
jk
Le vecteur est transporté parallèlement à lui-même si sa dérivée covarianteest nulle :
∂V i
∂uk+ V jΓi
jk = 0
On a par exemple, pour les coordonnées polaires du plan :
∂V r
∂r+V rΓr
rr+V θΓrθr = 0 soit
∂V r
∂r+V r×0+V θ×0 = 0 ⇒ ∂V r
∂r= 0
Si l’on transporte le vecteur parallèlement à lui-même le long d’une droitepassant par l’origine, on a bien V r qui est constante. On a aussi par exemple :
∂V r
∂θ+V rΓr
θr+V θΓrθθ = 0 soit
∂V r
∂θ+V r×0+V θ×(−r) = 0 ⇒ ∂V r
∂θ= r V θ
En effet :
V r
V θ
=
cos θ sin θ
− sin θ
r
cos θ
r
V x
V y
V r = cos θ V x + sin θ V y ∂V r
∂θ= − sin θ V x + cos θ V y = r V θ
e) Utilisation de la métrique
Lorsque l’espace est munie d’une métrique, les symboles de Christoffel dela connexion sont calculables directement à partir de l’élément métrique et doncdu tenseur métrique :
ds2 = gij dxi dxj gij = ~ei ~ej
77/185
La formule est :
Γijk =
1
2gih(∂ghk
∂uj+
∂gjh
∂uk− ∂gjk
∂uh
)
Montrons sur un coefficient particulier que nous retrouvons bien ainsi les co-efficients de Christoffel pour les coordonnées polaires du plan :
ds2 = dr2 + r2dθ2 ⇒ g =
(1 0
0 r2
)
Γrθθ =
1
2grr(
0 + 0− ∂gθθ
∂r
)
Γrθθ = −1
2grr
∂gθθ
∂r= −r
4- Le tenseur de courbure
Considérons un circuit fermé C qui est le bord d’une surface S.
On peut diviser la surface S en petites cellules limitées par de petits circuitsfermés Ci. Le changement du vecteur V par transport parallèle le long de C estla somme des changements obtenus par transport autour de chaque circuit Ci.Le changement de V autour d’une cellule intérieure est en effet annulé par leschangements obtenus en circulant en sens inverse autour des cellules adjacentes.Il ne reste donc que la contribution des bords extérieurs des cellules bordant S
qui constitue C. On peut donc ne se préoccuper que du changement de V lorsdu transport parallèle autour d’un petit circuit. Dans ce cas, on a :
dV i =∂V i
∂ukduk = −V jΓi
jkduk ⇒ V j(λ) = V j(λ0)−V m(λ0)Γ
jml(λ0)
(ul(λ)− ul(λ0)
)+...
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Γijk(λ) = Γi
jk(λ0) +
∂Γijk
∂ul(λ0)
(ul(λ)− ul(λ0)
)+ ...
V i(λ1) = V i(λ0) +
∫ λ1
λ0
−
V j(λ0)− V m(λ0)Γjml(λ0)
(
ul(λ)− ul(λ0)
)
×(
Γijk(λ0) +
∂Γijk
∂ul(λ0)
(
ul(λ)− ul(λ0)
))(duk
dλ
)
dλ
Si le circuit est fermé :∮
duk = 0
On néglige le terme en(ul(λ)− ul(λ0)
)2; il reste, au premier ordre non nul :
V i(λ1)− V i(λ0) = V j
(
Γhj lΓihk −
∂Γijk
∂ul
)∮
ulduk
∮
ulduk =
∮
d(ulduk
)−
∮
ukdul
0
Pour tout tenseur T ijkl, on a alors :
T ijkl
∮
ulduk =1
2T i
jkl
∮
ulduk − 1
2T i
jkl
∮
ukdul =1
2
(T i
jlk − T ijkl
)∮
ukdul
Appliquant cela :
V i(λ1)− V i(λ0) = V j 1
2
(
∂Γijk
∂ul−
∂Γijl
∂uk+ Γh
j kΓihl − Γh
j lΓihk
)∮
ukdul
∆V i =1
2V jRi
jkl
∮
ukdul
Avec :
Rijkl =
∂Γijk
∂ul−
∂Γijl
∂uk+ Γh
j kΓihl − Γh
j lΓihk
Les nombres Rijkl sont les composantes d’un tenseur du fait de la covariance
de l’équation ci-dessus donnant ∆V i en fonction du tenseur de courbure ; on
79/185
l’appelle : Le tenseur de courbure de Riemann Christoffel. S’il est nul,∆V i = 0.
5- Déviation des géodésiques
On s’intéresse à la déviation de deux géodésique voisines :
0 =d2ui
dτ 2+ Γi
jk
duj
dτ
duk
dτ
0 =d2
dτ 2
(ui + δui
)+ Γi
jk(ul + δul)
d
dτ
(uj + δuj
) d
dτ
(uk + δuk
)
Évaluons la différence entre ces deux équations au premier ordre en δui :
0 =d2δui
dτ 2+
∂Γijk
∂ulδuldu
j
dτ
duk
dτ+ 2Γi
jk
duj
dτ
dδuk
dτ
Évaluons cette différence avec la dérivée covariante du vecteur séparation (δui)entre les deux géodésiques.
D(δui)
Dτ=
d
dτδui + Γi
jkδuj du
k
dτD
Dτ
(D(δui)
Dτ
)
=d
dτ
(D(δui)
Dτ
)
+ Γijk
D(δuj)
Dτ
duk
dτ
=d2δui
dτ 2Γijk
dδuj
dτ
duk
dτ+ Γi
jkδuj
(
−Γkl m
dul
dτ
dum
dτ
)
+∂Γi
jk
∂ulδuj du
k
dτ
dul
dτ
+Γijk
duk
dτ
dδuj
dτ+ Γi
jkΓjl m
duk
dτδuldu
m
dτ
Remplaçonsd2δui
dτ 2par sa valeur, le terme contenant le symbole de Christoffel
avec le coefficient 2 annule deux termes ; en changeant certains indices muets,on obtient :
D2
Dτ 2
(δui)= Ri
jkl δuk du
j
dτ
dul
dτC’est l’équation de déviation des géodésiques. Cette équation exprimera en
Relativité générale, comment deux particules voisines évoluent l’une par rapportà l’autre dans un champ de gravitation, c’est à dire l’effet de marée.
6- Propriétés algébriques du tenseur de courbure
Commençons par examiner quelles sont les composantes du tenseur de cour-bure dans un système de coordonnées rectilignes. Dans un tel système, les sym-boles de Christoffel sont nuls et :
Rijkl =
∂Γijk
∂xl−
∂Γijl
∂xk
80/185
avec : Γijk
=1
2gih (gjh,k + ghk,j − gjk,h)
En coordonnées rectilignes, gik,l = 0.
Rijkl =
1
2gih (gjh,kl + ghk,jl − gjk,hl − gjh,lk − ghl,jk + gjl,hk)
or : gjh,kl =∂2gjh
∂xl∂xk=
∂2gjh
∂xk∂xl= gjh,lk
Rijkl =
1
2gih (−ghl,jk + ghk,jl − gjk,hl + gjl,hk)
Rijkl = giλRλjkl ⇒
Rijkl =1
2(−gil,jk + gik,jl − gjk;il + gjl,ik)
Le tenseur métrique est symétrique. De plus on peut intervertir deux dérivéessuccessives : (gjh,kl = gjh,lk). Compte tenu de ces deux propriétés, il est aisé devérifier, sur la forme précédente du tenseur de courbure les propriétés algébriquessuivantes :
(A) Symétrie : Rijkl = Rklij
(B) Antisymétrie : Rijkl = −Rjikl = −Rijlk = Rjilk ⇒ R0000 = 0
(C) Cyclicité : Rijkl + Riljk + Riklj = 0
Les équations précédentes sont des égalités entre tenseurs vraies dans un sys-tème de coordonnées. Elles sont donc vraies dans tout système de coordonnée.
7- Exemple de calcul en relativité général
a) Ralentissement du temps dans un champ de gravitation
D’après le principe d’équivalence d’Einstein, il y a équivalence entre l’inertieet la gravitation. La force centrifuge ressentie à l’intérieur d’un référentiel tour-nant peut donc être considérée comme une force de gravitation ressentie parceque tout l’Univers tourne atour de ce référentiel considéré maintenant commeimmobile.
Considérons alors un disque tournant à la vitesse angulaire ω. L’horloge aucentre du disque ne bouge pas, donc est synchrone avec toutes les horloges im-mobiles qui indiquent le temps t. Par contre, une horloge fixée sur le disque à la
distance r du centre, indique le temps τ =
√
1 − v2
C2t.
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φ étant le potentiel centrifuge, donc le potentiel gravitationnel vu du disque,on a :
F = mω2r = −mdφ
drφ = −1
2ω2r2 = −1
2
v2
r2r2 = −1
2v2
dτ =
√
1 +2φ
C2
par conséquent, pour quelqu’un à l’intérieur du disque, le champ gravitationnelqui y règne mène à l’élément linéaire :
ds2 = C2 dτ 2 = g00C2 dt2 + ... =
(
1 +2φ
C2
)
dt2 + ...
et il vient donc, dans tout champ gravitationnel :
g00 = 1 +2φ
C2
b) Calcul du tenseur de courbure en champ faible
À partir de maintenant, les nombres latins varient de 1 à 3 et représentent x,y, z, tandis que les nombres grecs varient de 0 à 3 et représentent C t, x, y, z.
Le tenseur de courbure s’exprime en fonction des dérivées des symboles deChristoffel et des produits deux à deux de tels symboles. Si nous sommesen champ faible, nous sommes très proche d’être dans un référentiel galiléen oùles symboles de Christoffel sont nuls. Ils doivent donc être très faibles. Nouspouvons donc garder simplement la partie linéaire en ces symboles du tenseurde courbure. On arrive, en changeant la notation des indices muets à :
Rαβγδ ≃
1
2gαλ (−gλδ,βγ + gλγ,βδ − gβγ,λδ + gβδ,λγ)
Ri0j0 =
1
2gii (g00,ij)
En effet, seul gii est non nul, parce qu’il n’y a pas de terme croisé d’espaceet de temps dans le tenseur métrique. On suppose que le temps est orthogonalaux coordonnées d’espace. C’est associé à l’existence d’une simultanéité globale.Donc gi0 = g0i = 0.
D’autre part, toutes les dérivées du tenseur métrique contenant une dérivationpar rapport à x0 sont nulles, le champ étant supposé constant.
Puis :
g00 ≃(
1 +2φ
C2
)
Ri0j0 = −1
2
2
C2
∂2φ
∂xj∂xiRi
0i0 = − 1
C2
∑
i=1,3
∂2φ
(∂xi)2
82/185
c) Oscillation dans un tunnel au centre d’une planète
On considère un astre sphérique homogène de masse volumique ρ. Au voisi-nage du centre O et passant par ce dernier, est creusé un petit tunnel rectilignevide. Un point matériel M oscille autour du point O dans ce tunnel, en étantsoumis à la seule force de gravité due à l’astre.
On est en champ faible, la métrique est donc très proche de celle de Minkowski :
gαβ ≃ ηαβ =
1 0 0 00 −1 0 0
0 0 −1 00 0 0 −1
L’équation de déviation des géodésiques donne alors simplement :
d2x
dt2= Rx
0x0 xC2
x = δ x mesure la séparation entre le point M qui oscille et un point matérielimmobile en équilibre, en O centre de la planète. On sait que pour le potentielgravitationnel dans une région où la masse volumique est ρ, on a, G étant laconstante de la gravitation universelle :
∇2φ = 4 πGρ
Rx0x0 =
1
3Ri
0i0 = − 1
3C2
∑
i=1,3
∂2φ
(∂xi)2= − 1
3C2∇2φ = − 4
3C2πGρ
L’équation de déviation des géodésiques donne donc :
x = −4
3πGρx
ce qui est en accord avec F = −GmM
x2= mx, et M =
4
3π x3 ρ.
d) Accord du tenseur de courbure avec l’équation du champ d’Ein-stein
En relativité générale, les particules décrivent les géodésiques de l’espace-temps, et la matière-énergie caractérisée par le tenseur d’impulsion-énergie créela structure de l’espace-temps en modifiant son tenseur de courbure. L’équation
83/185
qui décrit l’influence du tenseur d’impulsion-énergie sur le tenseur de courbureest l’équation du champ qui s’écrit :
Rαβ − 1
2gαβ R = −8πG
C4T αβ
T αβ est le tenseur d’impulsion-énergie. On a aussi le tenseur de Ricci :Rβδ = gαγRαβγδ et la courbure scalaire R = gαβRαβ = Rβ
β = Rαα.
On a vu ci-dessus R0000 = 0 et g0i = 0. On a alors :
0 = R0000 = g00R0000 + g0iR
i000 ⇒ R0
000 = 0
Avec R0000 = 0, on obtient :
R00 = Rα0α0 = −4 π
Gρ
C2et R ≃ −2R00 car gαβ ≃ ηαβ
et l’équation du champ est bien vérifiée, puisque T 00 = ρC2 et :
R00 − 1
2g00R = 2R00 = −8 πGρ
C2= −8 πG
C4T 00
84/185
XI- LA CONNEXION ÉLECTROMAGNÉTIQUE
1- Analogie entre la gravitation et l’électromagnétisme
Tous les indices vont de 0 à 3, et ici, le passage des indices latins aux indices
grecs n’a pas de signification. À chaque formule de la gravitation correspond
une formule de l’électromagnétisme. Les formules de la gravitation provenant
d’une connexion sur un espace fibré, on en conclut que c’est aussi le cas pour
l’électromagnétisme.
Source, particule ponctuelle q et Pα Source, formulation continue jα et T αβ
Conservation de la charge et de l’impulsion-énergie∂jα
∂xα= 0 et
∂T αβ
∂xβ= 0
Tenseur électromagnétique et tenseur de courbure de l’espace-temps
Fkl =∂Al
∂uk−∂Ak
∂ulet Ri
jkl =∂Γi
jk
∂ul−∂Γi
j l
∂uk+ Γh
j kΓi
hl − Γhj l
Γihk
Changement de jauge et changement de coordonnées
A′α = Aα +
∂χ
∂xαet Γi
jk =∂ui
∂ui
∂uj
∂uj
∂uk
∂ukΓi
jk +∂2ui
∂uj∂uk
∂ui
∂ui
Identités de Bianchi
Fij,k + Fjk,i + Fki,j = 0 et Rijkl;m + Rijlm;k + Rijmk;l = 0
Le tenseur d’Einstein est défini par :
Gαβ = Rαβ −1
2gαβR
On a alors, pour le tenseur d’Einstein et le tenseur électromagnétique
F αβ,αβ = 0 et Gij; j = 0
Création des tenseurs électromagnétique et d’Einstein par les sources
F αβ,β = −µ0 j
α et Gαβ = −8πG
C4T αβ
Loi de force en électromagnétisme et déviation des géodésiques
d2uα
dτ 2=
q
mF α
β
duβ
dτet
D2
Dτ 2
(
δui)
= Rijkl δu
k duj
dτ
dul
dτ
85/185
2- Connexion sur une fibre de dimension 1
a) Les apports d’Hermann Weyl
Dans la relativité générale d’Einstein les étalons de longueurs et les horloges
étalons indiquant le temps propre d’un objet ont une signification absolue. Dans
son article de 1918, (Sitzungsber, Preuss. Akad. Berlin 1918 465), il tente d’uni-
fier la relativité générale à l’électromagnétisme par la géométrie différentielle, en
considérant que les étalons de longueurs et les horloges étalons peuvent varier
d’un endroit à un autre, et que cette variation prend en compte ainsi l’électro-
magnétisme. Cette vision des choses fut immédiatement réfutée par Einstein
par le fait que les éléments chimiques n’auraient plus des raies spectrales carac-
téristiques de chaque élément invariables. Deux atomes de la même substance
chimique auraient des spectres différents suivant qu’ils sont à un endroit ou un
autre. Remarquons que ce phénomène existe un peu déjà, mais est purement
gravitationnel et n’a rien à voir avec l’électromagnétisme. C’est le décalage vers
le rouge dans un champ gravitationnel de part le ralentissement du temps dans
un puits de potentiel. Ce ralentissement du temps est d’ailleurs pris en compte
dans le fonctionnement des GPS.
b) Les théories de jauges
Une jauge est une unité de mesure déterminant la finesse d’un tissu à mailles.
Jauger veut dire mesurer avec une jauge, évaluer, apprécier. La théorie de Weyl
était donc une théorie de Jauge, puisque un étalon de longueur ou de temps,
variait suivant son environnement, d’un endroit à un autre. La jauge changeait.
Weyl Donna le nom de Eich Invarianz pour une théorie, qu’on appelle Invariance
de jauge.
c) Jauge sur un fibré à une dimension
Reprenons l’exemple du disque tournant à la vitesse angulaire ω. À la distance
r du centre, un étalon de longueur perpendiculaire au rayon subit la contraction
des longueurs, vu du référentiel fixe. D’après le principe d’équivalence, on en
déduit que lorsqu’on s’enfonce dans un champ de gravitation, c’est comme si
tout rapetissait. Mais imaginez que vous roulez le long d’une route, et que au
fur et à mesure de votre progression, tout rapetisse, vous ne vous en rendriez par
compte. De la même manière que lorsqu’on retrouve un endroit rattaché à un
souvenir d’enfance, il nous semble beaucoup plus petit que dans notre souvenir,
puisque comme dans le souvenir on était plus petit, et que l’on se servait de sa
taille comme étalon de longueur, tout semblait plus grand. Donc si on rapetisse
en même temps que son environnement, on ne s’en rend pas compte.
86/185
Il y a quand même un moyen de s’en rendre compte, c’est vu de l’extérieur.
Ainsi, à cause de la diminution de taille des étalons de longueurs et du ralentis-
sement des horloges étalons vus de l’extérieur, dans un puits gravitationnel, une
onde électromagnétique met plus de temps à faire l’aller et retour de la Terre à
Mercure supposée de l’autre côté du Soleil, cette onde rasant le Soleil au passage.
Ce phénomène vérifié expérimentalement s’appelle l’effet Shapiro de retard des
échos radars. Bien sûr cette histoire de rapetissement ou de d’augmentation de
taille est pour donner une image intuitive de l’affaire. Ce phénomène est complè-
tement pris en compte par la métrique ds2 = gij dxi dxj de la relativité générale,
et n’a rien à voir avec l’électromagnétisme.
Considérons alors, comme indiqué sur la figure ci-dessous, un espace fibré dont
les fibres ont une dimension. Supposons que d’un endroit à un autre, les choses
sur la fibre du lieu rapetissent ou augmentent de taille. Les étalons de longueurs
changent. Mais on ne s’en rendrait pas compte si on allait dans la fibre F , car
on rapetisserait ou augmenterait de taille aussi.
Considérons une fonction ϕ défini sur la variété E, et supposons que pour la
valeur ϕ de la fonction en un point, on monte de ϕ l sur la fibre au-dessus de la
variété, l étant l’étalon de longueur en ce point. Rappelons que vu de l’extérieur
de la fibre, cet étalon de longueur varie de longueur d’un point à un autre !
∂ϕ
∂xireprésente comment varie la fonction ϕ définie sur la variété d’un point
à un autre. On aura, dϕ étant la variation de longueur sur la fibre, vue depuis
l’extérieur de la fibre :
dϕ =
(
∂ϕ
∂xi+ Ai ϕ
)
dxi
E
F
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On a une dérivation covariante comme au X-3-b. Ai > 0 prend en compte le
fait que les étalons de longueurs ont augmenté de taille lors du passage de la
fibre initiale à la fibre à côté par le petit déplacement caractérisé par les dxi. Si
Ai < 0, les étalons de longueurs ont diminué de taille, vu depuis l’extérieur des
fibres, en changeant de fibre. Pour la variation due au changement de valeur de la
fonction ϕ d’un point à un autre, il n’y a pas à prendre en compte les coefficients
Ai, car les changement de taille des étalons de longueurs d’une fibre à une fibre
infiniment voisine, sont infiniment petits. La variation de la valeur de la fonction
ϕ(M) d’un point à un point infiniment voisin est également infiniment petite,
donc pour cette variation de ϕ, la prise en compte du changement de taille
des étalons de longueurs serait un infiniment petit du deuxième ordre. On a
bien un changement de jauge sur les fibres d’un point à un autre, décrit par les
coefficients Ai, et les étalons de longueurs d’une fibre à une autre sont connectés
par ces coefficients. On a une connexion sur un espace fibré, dont les fibres sont
de dimension 1.
3- Les tenseurs
Le dual d’une espace vectoriel E est l’ensemble E∗ des formes linéaires sur E.
Un tenseur T , p fois contravariant, q fois covariant, est une forme multilinéaire
associant à p formes linéaires et q vecteurs un nombre réel :
(..., ϕi, ..., ~uj, ...) ∈ ...× IE∗ × ...× IE × ...T
T (..., ϕi, ..., ~uj, ...) ∈ IR
Dans les parenthèses, il y a dans un ordre quelconque dépendant de T , une
suite de formes linéaires et de vecteurs. Nous appellerons la donnée du nombre
et de la position des indices contravariants et covariants du tenseur la variance
de ce tenseur.
Définissons maintenant le produit tensoriel :
Prenons ici l’exemple d’un tenseur T une fois covariant, une fois contravariant
et d’un tenseur U deux fois contravariant, une fois covariant. On définit alors le
produit tensoriel de T et U noté T ⊗ U par :
T ⊗ U(
ϕ,~a, ψ1, ψ2,~b)
= T (ϕ,~a)U(ψ1, ψ2,~b)
Si T ∈ IE1 et U ∈ IE2, on dit que T ⊗ U ∈ IE1 ⊗ IE2.
IE1 ⊗ IE2 est l’ensemble de toutes les combinaisons linéaires possibles d’élé-
ments de la forme T⊗U avec T ∈ IE1 et U ∈ IE2. Un tel élément : T⊗U est dit dé-
composable, ce qui n’est pas les cas de l’élément général de IE1⊗IE2. On voit que
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IE1⊗ IE2 est l’ensemble des applications multilinéaires de IE∗× IE× IE∗× IE∗× IE
dans IR. Donc IE1⊗ IE2 = IE⊗ IE∗⊗ IE⊗ IE⊗ IE∗. Le produit tensoriel est donc
associatif.
4- Algèbre extérieure, différentielles extérieures
Considérons la forme linéaire d’ordre 1, ou 1 forme ω = Ai dxi.
D’une manière générale, le produit extérieur d’une p forme par une q forme
est la p+ q forme :
ω ∧ θ = A (ω ⊗ θ)
où ⊗ désigne le produit tensoriel et A l’opération d’antisymétrisation.
On définit alors l’opération de différentielle extérieur, et on appelle dω la
différentielle extérieure de la forme ω :
dω =∂Ai
∂xjdxj ∧ dxi
dω =∑
i
∑
j
∂Ai
∂xjdxj ∧ dxi =
∑
ij i<j
(
∂Aj
∂xi−∂Ai
∂xj
)
dxi ∧ dxj
En effet, dxi ∧ dxi = 0, et dxi ∧ dxj = −dxj ∧ dxi.
On a alors le théorème de Stokes C étant une variété, et ∂C le bord de cette
variété :∫
C
dω =
∫
∂ C
ω
Ici, cela donne pour le déplacement d’une fonction dont la dérivée covariante
est nulle :
∂ϕ
∂xi= −Ai ϕ
1
ϕ
∂ϕ
∂xi= −Ai
∂ lnϕ
∂xi= −Ai d lnϕ = −Ai dx
i
∆ lnϕ =
∮
d lnϕ = −
∮
Ai dxi = −
∫∫
i<j
(
∂Aj
∂xi−∂Ai
∂xj
)
dxi ∧ dxj
Dans un espace à trois dimensions muni d’un produit scalaire, donc d’une
métrique, cela donne tout simplement la formule bien connue :
∮
−→V d~l =
∫∫
−→rot
−→V d
−→S
89/185
On en conclut que le transport parallèle, c’est à dire à dérivée covariante nulle,
sur un circuit fermé, redonne la même valeur de la fonction, si et seulement si la
connexion a une courbure nulle, c’est à dire si son tenseur de courbure est nul.
Le tenseur de courbure vaut :
Fij =∂Aj
∂xi−∂Ai
∂xj
On voit donc que le quadripotentiel vecteur correspond aux coefficients de
la connexion électromagnétique qui est une connexion sur des fibres à une di-
mension. Le tenseur électromagnétique, et donc également les vecteurs champ
électrique−→E et magnétique
−→B correspondent alors au tenseur de courbure de
cette connexion. Il y aura un effet électromagnétique sur des particules chargées,
si en certains points, ce tenseur électromagnétique est non nul.
Il nous reste à voir concrètement, comment se manifeste l’action de cette
connexion sur les particules chargées, qui correspond en fait en électromagné-
tisme classique à l’application d’une force.
XII- INTERVENTION DE LA MÉCANIQUE QUANTIQUE
1- L’équation de Schrödinger
La fonction d’onde ψ = ψ0 ei (k x − ω t) doit avoir une énergie et une quan-
tité de mouvement bien définies, données par la relation d’Einstein E = h ν
pour l’énergie et celle de de Broglie λ =h
ppour la quantité de mouvement
p = mv.
kx− ωt =2 π
λx − 2 π ν t = 2 π
(
x p
h−
E
ht
)
=1
~(p x − E t)
ψ = ψ0 e
i
~(p x − E t)
Utilisant la structure d’algèbre linéaire de la mécanique quantique qui est à
la base des postulats de cette théorie, cela donne :
p ψ = pψ E ψ = E ψ avec p =~
i
∂ψ
∂xE = i ~
∂ψ
∂t
D’une manière générale, on passe donc du vecteur quantité de mouvement
et du scalaire énergie qui font partie du quadrivecteur impulsion-énergie, par la
substitution :
90/185
pµ → i ~ ∂µ = i ~∂
∂xµ
Ainsi :
E
C= p0 → i ~ ∂0 = i ~
∂
∂x0
= i ~∂
∂x0= i ~
∂
∂ (C t)
pj = i ~ ∂j = i ~∂
∂xj
= −i ~∂
∂xj=
~
i
∂
∂xj~p → −i ~
−→∇
De ~p = m~v et E =1
2m v2, on en déduit alors E =
p2
2m. L’équation de
Schrödinger d’une particule libre s’écrit donc :
i ~∂ψ
∂t=
1
2m
(
−i ~−→∇)2
ψ = −~
2
2m∇2ψ
2- L’équation de Schrödinger dans un champ électromagnétique
−→P = m~v + q
−→A
E = 1
2mv2 + q V
La relation de de Broglie pour la quantité de mouvement et celle d’Einstein
pour l’énergie mettent en œuvre naturellement, la quantité de mouvement totale
et l’énergie totale de la charge électrique. Ce sont donc−→P et E qui doivent être
remplacés par les opérateurs différentiels.1
2mv2 = E =
p2
2m=m2v2
2mdevient
alors :
E − q V =1
2m
(−→P − q
−→A)2
qui donne l’équation de Schrödinger :
i ~∂ψ
∂t− q V ψ =
(
−i ~−→∇ − q
−→A)2
2mψ
On repart de II-5 :
i ~
(
∂
∂t+i q V
~
)
ψ = −~
2
2m
(
−→∇ −
i q−→A
~
)2
ψ
91/185
avec x0 = C t et A0 =V
C
∂
∂x0devient
∂
∂x0+i q A0
~=
∂
∂x0+i q A0
~
∂
∂xjdevient
∂
∂xj−i q Aj
~=
∂
∂xj+i q Aj
~
3- Application : déviation d’une particule chargée dans un champ
magnétique
La connexion électromagnétique entraîne un changement de phase de l’onde,
en fonction du lieu et du potentiel vecteur. Ce changement de phase fait tourner
le plan d’onde, donc la particule.
Il est facile de voir que l’onde plane ψ = e
i
~[(p + q Ax) x − E t]
vérifie
l’équation de Schrödinger.
−→A (y + dy)
−→A (y)
⊙
−→B
⊙
−→F
~v
z
x
y
λ dλ
R
α
αdy
Il faut donc remplacer ∂µ par Dµ = ∂µ +i q
~Aµ. La dérivée simple devient
donc une dérivée covariante. La fibre en un point est l’ensemble des nombrescomplexes de modules 1 qui correspond à la phase de la fonction d’onde. Eneffet, multiplier la fonction d’onde par un imaginaire pur, revient à changer saphase. La connexion change donc la phase de la fonction d’onde d’un pointà un autre. On a donc bien naturellement une connexion sur un espace fibré.Le coefficient de la connexion est le quadrivecteur potentiel, à un facteur deproportionnalité près, ce qui assure que le tenseur électromagnétique est bien letenseur de courbure de cette connexion.
92/185
Sur le schéma ci-dessus, on a un champ magnétique localement uniforme−→B = B ~ez.
−→rot
−→A =
∂∂x∂∂y∂∂z
∧
−B y
00
=
00B
k =2 π
λ=p+ qAx
~p− q B y =
2 π ~
λ− q B dy = −2 π ~
dλ
λ2
α =λ
R=dλ
dyR =
λ dy
dλ= λ
2 π ~
λ2
1
q B=
h
q B λ
On suppose q Ax ≪ p. En électromagnétisme classique, on a :
a =q v B
m=v2
Rλ =
h
p≃
h
mvR =
v m
q B=
p
q B=
h
λ q B
On trouve bien la même courbure pour la trajectoire.
4- L’effet Aharonov-Bohm
Cette effet permet de mettre en évidence directement le déphasage de l’onde
provoqué par la connexion électromagnétique. On fait l’expérience d’interférence
des fentes d’Young avec des électrons, mais entre les deux fentes, on met un
solénoïde très fin perpendiculaire au plan de la figure et considéré comme infini.
Le potentiel vecteur associé au champ magnétique dans le solénoïde provoque un
déphasage différent entre les électrons qui passent en (1) par la fente du dessus,
et ceux qui passent en (2) par la fente du dessous.
λ
−→A
−→B
⊙
(1)
(2)
P
M
xS
93/185
On voit que sur le chemin (1) au dessus, le potentiel vecteur est opposé à
la quantité de mouvement Ax < 0. Mais il s’agit d’électrons, dont la charge q
est négative. Ax q > 0. k =p+ q Ax
~>p
~. La phase évolue plus vite avec x.
La longueur d’onde est plus petite. Cela correspond à un retard de phase. La
vitesse de phase est en effet égale àω
kqui devient plus petit si k devient plus
grand. Donc si le champ magnétique pointe vers le lecteur, comme sur la figure,
le système de franges monte vers le haut.∮
S2M1S
−→A d~l =
∫∫
−→B d
−→S = φ
∫
S2M
−→A d~l −
∫
S1M
−→A d~l = φ
Le retard de phase du chemin (1) sur le chemin (2) vaut donc, avec q = −e > 0,q
~φ. En P , là où il y avait la frange centrale sur l’écran, sur la médiatrice du
segment des deux fentes, il défile vers le haut p franges. p est ce qu’on appelle
l’ordre d’interférence.
p =q
2 π ~φ =
q φ
hSur la photographie ci-dessous, on fait défiler l’enregistrement des franges pen-
dant que l’on installe le courant dans le solénoïde. On voit la translation du
système de franges.
Ce qui est remarquable, c’est que la probabilité de présence des électrons est
nulle là où le champ magnétique est non nul. On en conclut que ce qui a une
réalité physique, c’est le potentiel vecteur. C’est lui qui agit sur la particule en
changeant sa phase.
Mais on voit bien qu’il y aura un effet, uniquement si le transport parallèle
de la phase sur un circuit fermé n’est pas nul, donc si la connexion électroma-
gnétique a une courbure moyenne non nulle, c’est à dire si le flux du champ
magnétique passant à l’intérieur du circuit fermé est non nul. On voit bien
sur cet exemple le lien entre le potentiel vecteur qui donne les coefficients de
la connexion, et le champ magnétique qui est un pseudo-vecteur, donc en fait
un tenseur antisymétrique d’ordre 2, et qui est le tenseur de courbure de la
connexion.
94/185
XIII- L’ÉQUATION DE SCHRÖDINGER REDONNE LA LOI DE
FORCE CLASSIQUE
1- Le hamiltonien est hermitien
a) L’opérateur quantité de mouvement est hermitien
Le signe ∗ indique complexe conjugué.
Considérons l’opérateur px, quantité de mouvement selon x :
∫
(pxϕ)∗ ψ dx =
∫(
~
i
dϕ
dx
)∗
ψ dx =
∫
−~
i
dϕ∗
dxψ dx
= −~
i[ϕ∗ψ]+∞
−∞︸ ︷︷ ︸
0
+
∫
~
iϕ∗dψ
dxdx =
∫
ϕ∗~
i
dψ
dxdx =
∫
ϕ∗pxψ dx
On pourrait intégrer à trois dimensions, les intégrales sur y et z ne donnent
rien de plus et on trouverait le même résultat.
On écrit cela avec le produit scalaire hermitien :
〈pxϕ|ψ〉 = 〈ϕ|pxψ〉
b) Le carré d’un opérateur hermitien est hermitien
Soit Q un opérateur hermitien.
〈Q2ϕ|ψ〉 = 〈Q (Qϕ) |ψ〉 = 〈(Qϕ) |Qψ〉 = 〈ϕ|Q2ψ〉
c) L’opérateur hamiltonien est hermitien
L’équation de Schrödinger s’écrit :
i ~
(
∂
∂t+i q V
~
)
ψ = −~
2
2m
(
−→∇ −
i q−→A
~
)2
ψ
Cette équation s’écrit :
i ~∂ψ
∂t= H ψ
Où l’opérateur H vaut :
H = q V +1
2m
(
~
i
−→∇ − q
−→A
)2
= q V +1
2m
(
~p − q−→A)2
95/185
L’opérateur multiplication par V est bien évidement hermitien.
(
~p − q−→A)2
=∑
j
(
pj − q Aj)2
Les opérateur pj et Aj étant hermitien, il en est de même de leur combinaison
linéaire, puis du carré de cette combinaison linéaire.
Finalement, l’opérateur hamiltonien est bien hermitien.
2- Dérivée de la valeur moyenne d’un opérateur
d
dt〈Q〉 =
d
dt
∫
ψ∗Qψ dτ =
∫
∂ψ∗
∂tQψ dτ +
∫
ψ∗∂Q
∂tψ dτ +
∫
ψ∗Q∂ψ
∂tdτ
=
⟨
∂Q
∂t
⟩
+
∫(
∂ψ∗
∂tQψ + ψ∗Q
∂ψ
∂t
)
dτ∂ψ
∂t= −
i
~Hψ
∂ψ∗
∂t=i
~(Hψ)∗
Le deuxième terme vaut, H étant hermitien :∫(
i
~(Hψ)∗Qψ −
i
~ψ∗QHψ
)
dτ =i
~
∫
[ψ∗ (HQ)ψ − ψ∗ (QH)ψ] dτ =i
~〈[H,Q]〉
en définissant l’opérateur commutateur de deux opérateurs : [H,Q], = HQ − QH.
Finalement :d
dt〈Q〉 =
i
~〈[H,Q]〉 +
⟨
∂Q
∂t
⟩
Calculons l’opérateur commutateur de la quantité de mouvement et de la
position :
[x, px]ψ =
[
x~
iψ′ −
~
i(xψ)′
]
=~
i(xψ′ − xψ′ − ψ) = i~ψ ⇒ [x, px] = i ~
j 6= k[
xj, pk
]
= 0 ∀j ∀k[
xj, xk]
= [pj, pk] = 0
96/185
3- L’opérateur vitesse
d〈xk〉
dt=
i
~
⟨[
H, xk]⟩
H = q V +1
2m
∑
j
(
pj − qAj)2
= q V +1
2m
[
p2 − q(
pjAj + Ajpj
)
+ q2A2]
[
H, xk]
=1
2m
[
p2, xk]
−q
2m
[(
pjAj + Ajpj
)
, xk]
Il n’y a pas sommation sur un indice k en haut et un en bas.
[
p2, xk]
=[
p2
k, xk]
= pk
[
pk, xk]
+[
pk, xk]
pk = pk(−i~) + (−i~)pk = −2i~pk
[
pjAj, xk
]
=[
pkAk, xk
]
= Ak[
pk, xk]
= −i~Ak
[
Ajpj, xk]
=[
Akpk, xk]
= Ak[
pk, xk]
= −i~Ak
[
H, xk]
= −i ~
m
(
pk − q Ak) d〈xk〉
dt=
1
m
⟨
pk − q Ak⟩
On définit alors l’opérateur vk par vk =1
m
(
pk − q Ak)
et :
d〈xk〉
dt= 〈vk〉
4- Loi de force
On va démontrer le théorème d’Ehrenfest (1927) dans le cas d’une par-
ticule chargée en interaction électromagnétique, c’est à dire que l’équation de
Schrödinger redonne la loi de force de l’électromagnétisme classique. On écrit
les calculs pour la coordonnée x, et il sera facile de faire la permutation circulaire
sur x, y, z, en tenant compte du fait que l’ordre est direct ou inverse.
d2〈x〉
dt2=
d〈vx〉
dt=
i
~〈[H, vx]〉 +
⟨
∂vx
∂t
⟩
m∂vx
∂t= −q
∂Ax
∂t
[H, vx] =m
2
[
v2, vx
]
+ q [V, vx]
97/185
q [V, vx] =q
m[V, px] =
~ q
im
[
V∂
∂x−
∂
∂x(V •)
]
=i ~ q
m
∂V
∂x
La contribution à md〈vx〉
dtvaut donc :
im
~
i ~ q
m
∂V
∂x= −q
∂V
∂x
Envisageons maintenant le premier terme ([
v2
x, vx
]
= 0) :[
v2, vx
]
=[
v2
y, vx
]
+[
v2
z , vx
]
= vy [vy, vx] + [vy, vx] vy + vz [vz, vx] + [vz, vx] vz
[Ay, px] = Ay ~
i
∂
∂x−
~
i
∂ (Ay•)
∂x= −
~
i
∂Ay
∂x
[vy, vx] =1
m2[(py − qAy) , (px − qAx)] = −
q
m2([Ay, px] + [py, A
x])
= −q
m2
(
i ~∂Ay
∂x− i ~
∂Ax
∂y
)
= −i ~ q
m2Bz
La contribution à md〈vx〉
dt, en supposant que le champ magnétique ne varie
pas sur l’étendue spatiale du paquet d’onde, vaut donc :
im
~
m
2
−i ~ q
m2Bz (2 〈vy〉) = q 〈vy〉Bz
Par permutation circulaire, et l’ordre zxy étant cette fois-ci direct, la contri-
bution des deux autres termes est −q 〈vz〉By.
On a donc la contribution à Fx de q(
〈~v〉 ∧−→B)
x.
Avec−→E = −
−−→gradV −
∂−→A
∂t
en prenant les trois contributions, on arrive bien à :
−→F = m
d〈~v〉
dt= q
−→E + q 〈~v〉 ∧
−→B
98/185
XIV- DE LA SYMÉTRIE GLOBALE À LA SYMÉTRIE LOCALE
1- Le principe de covariance généralisé
En relativité restreinte, toutes les équations et les lois de la physique sontinvariantes de forme sous les changements de référentiels galiléens. Ainsi, parexemple, les équations de Maxwell étant les mêmes dans deux référentielsgaliléens différents, la vitesse de la lumière y est la même.
La relativité générale, comme son nom l’indique, généralise cette propriété.Les lois doivent être généralement covariantes : toutes les équations et lois de laphysique sont invariantes de forme sous changement de référentiel quelconque,donc sous changement de coordonnées quelconque, à condition de substituer lesdérivées ordinaires par les dérivées covariantes : ∂µ → Dµ. Ainsi par exemple,
l’équation∂F 0α
∂xα= −µ0 j
0 est à remplacer par :
F 0α;α =
∂F 0α
∂xα+ F βα Γ0
βα + F 0β Γαβα =
1√−g∂
∂xα
(√−g F 0α)= −µ0 j
0
Les lois de l’électrostatique sont donc différentes dans un référentiel où règneun champ de gravitation, ou, d’après le principe d’équivalence entre l’inertie etla gravitation, dans un référentiel accéléré, comme un référentiel en rotation parexemple. Quand on fait le calcul, on en déduit par exemple que les lignes dechamp sont courbées vers le bas dans un champ de gravité vers le bas.
Il en résulte que deux charges de même signe à la même altitude, et sépa-rées par la distance d, se soumettent mutuellement à une force verticale vers lebas. La force totale, somme de ces deux forces, est égale au poids de l’énergieélectrostatique de ces deux charges, par E = mC2 :
F = mg =EC2
g =q2
4 π ε0 dC2g
Voir exercice 12.8 page 39 du lien :
99/185
http://bouteloup.pierre.free.fr/lica/index_img/chap12.pdf
corrigé page 23 du lien :
http://bouteloup.pierre.free.fr/lica/index_img/chap20.pdf
Voir également ce lien :
http://bouteloup.pierre.free.fr/art/elecgrav.pdf
2- De la symétrie globale à la symétrie locale
Avec des coordonnées adéquates, on passe d’un référentiel galiléen à un autrepar la transformation spéciale de Lorentz des coordonnées : y = z et :
Ct
x
y
z
=
coshϕ sinhϕ 0 0
sinhϕ coshϕ 0 00 0 1 00 0 0 1
Ct
x
y
z
On peut donc dire que les phénomènes sont vus tournés d’un certain angledans l’espace-temps. L’intervention des fonctions hyperboliques plutôt que desfonctions trigonométriques vient du fait que la métrique est pseudo-euclidiennede signature 1, −1, −1, −1.
Cet angle est le même pour tous les points de l’espace-temps. On dit qu’on aune symétrie, puisque la physique dans deux référentiels galiléens qui se substi-tuent l’un à l’autre par cette transformation, est la même. Ils sont l’image l’unde l’autre par cette transformation, comme deux objets symétriques sont l’imagel’un de l’autre dans un miroir. Cette symétrie est dite globale, puisque l’angle ϕest le même en tous les points de l’espace-temps.
Selon la relativité générale d’Einstein, on peut maintenant choisir n’importequel référentiel pour étudier la physique. Toutes les équations sont les mêmesdans un référentiel ou un autre à partir du moment ou on utilise la dérivationcovariante et des équations covariantes.
Considérons alors un référentiel accéléré. À chaque instant, par rapport à unréférentiel galiléen choisi, il y a un angle ϕ qui permet de passer par la trans-formation restreinte de Lorentz du référentiel galiléen choisi, au référentieltangent au mouvement de l’objet à un instant t. Ce référentiel tangent n’a unevalidité que locale. Mais si le référentiel qu’on utilise est accéléré, cet angle ϕvarie d’un instant à un autre, donc varie d’un point à un autre de l’espace-temps.Puisque les équations de la physique sont les mêmes dans le réfentiel galiléen etle référentiel qui accélère, ils sont dits symétriques. Cependant, puisque ϕ varied’un point à un autre de l’espace-temps, cette symétrie est dite locale.
100/185
Le passage de la symétrie globale à la symétrie locale a un prix. Si les objetsne sont soumis à aucune force dans le référentiel galiléen de référence, dans leréférentiel accéléré, ils sont soumis à une force d’inertie. Mais, d’après le principed’équivalence entre l’inertie et la gravitation d’Einstein, on ne peut pas distin-guer en tout état de cause entre une force d’inertie et une force gravitationnelle.Ce que l’on appelle usuellement les forces d’inertie, sont des forces gravitation-nelles appliquées par les masses lointaines de l’univers, du fait de l’accélérationrelative du référentiel choisi par rapport à ces masses.
On voit donc que le fait de passer d’une symétrie globale à une symétrie localea introduit une interaction, la gravitation.
Historiquement, c’est la relativité générale qui a la première introduit cettenotion de symétrie de jauge et d’apparition d’une force associée à une interactionquand on passe d’une symétrie globale à une symétrie locale. C’est en 1915, lepassage par Einstein de la relativité restreinte à la relativité générale qui aintroduit ce concept. On passe d’une symétrie restreinte à une symétrie générale,ou autrement dit, d’une symétrie globale à une symétrie locale.
Nous allons voir que ce principe, appliqué à l’électromagnétisme, permet deretrouver toutes les équations de l’électromagnétisme uniquement à partir d’unprincipe de symétrie.
3- Invariance de jauge de l’électromagnétisme
Si on multiplie la fonction d’onde par une exponentielle complexe, la proba-bilité de présence ne change pas :
ψ(x, t) → ψ′(x, t) = eiθ ψ(x, t) ⇔ |ψ|2 = |ψ′|2
La densité de courant de probabilité non plus ne change pas. Il en est demême si on multiplie la fonction d’onde par la charge constante q. La densité decourant de probabilité devient alors le vecteur densité volumique de courant.
On en déduit qu’il est associé à la conservation de la charge électrique, l’in-variance globale de la fonction d’onde par le changement de phase θ. Mais onsait que la conservation de la charge électrique est locale. Il est donc nécessairede transformer cette symétrie globale pour la fonction d’onde, en une symétrielocale. Posons alors :
ψ(x, t) = e
i q χ(x, t)
~ ψ′(x, t)
101/185
On a :
∂ψ
∂xµ= e
i q χ(x, t)
~∂ψ′
∂xµ+i q
~e
i q χ(x, t)
~ ψ′ ∂χ
∂xµ
= e
i q χ(x, t)
~
[∂ψ′
∂xµ+i q
~
∂χ
∂xµψ′]
= e
i q χ(x, t)
~
[∂ψ′
∂xµ+i q
~A′
µ ψ′]
Il s’introduit d’une manière inévitable la dérivée covariante. L’équation deSchrödinger pour une particule libre n’est plus vérifiée. La solution la plussimple, puisque le terme avec un coefficient A′
µ est inévitable, c’est de le prendredès le départ.
On a alors :
∂ψ
∂xµ+i q
~Aµ ψ = e
i q χ(x, t)
~
[∂ψ′
∂xµ+i q
~
(∂χ
∂xµ+Aµ ψ
′)]
= e
i q χ(x, t)
~
[∂ψ′
∂xµ+i q
~A′
µ ψ′]
si :
A′µ = Aµ +
∂χ
∂xµ
On voit donc que le changement du quadrivecteur potentiel dans un change-ment de jauge est juste un changement de perspective de la vision de ce potentielpar la fonction d’onde, en fonction de la phase locale de cette dernière. Cettephase peut être choisie, par symétrie locale, comme on veut, du moment qu’ily a tout de même continuité et différentiabilité d’un point à un autre. Il s’agitjuste d’un changement de carte, comme dans les variétés différentiables.
En posant Dµ = ∂µ +i q
~Aµ, on arrive alors à :
ψ(x, t) = e
i q χ(x, t)
~ ψ′(x, t) ⇒ Dµψ = e
i q χ(x, t)
~ D′µψ
′
Posons alors ϕ = Dµψ et ϕ′ = D′µψ
′, on a :
ϕ = e
i q χ(x, t)
~ ϕ′(x, t) ⇒ Dµϕ = e
i q χ(x, t)
~ D′µϕ
′
soit : Dµ (Dµψ) = e
i q χ(x, t)
~ Dµ (Dµψ′)
102/185
L’équation de Schrödinger s’écrit alors nécessairement :
i ~Dtψ = − ~2
2m
∑
j
D2j ψ
et on voit, compte tenu des relations ci-dessus, qu’elle est invariante par lepassage de ψ à ψ′, du moment qu’on fait le changement de jauge correspondantpour le potentiel vecteur.
4- Création du champ par les charges
On a vu précédemment comment nécessairement, par raison de symétrie, ∂µdoit être remplacée par la dérivée covariante Dµ. On en déduit alors inévita-blement l’équation de Schrödinger pour une particule chargée. On a vu auchapitre XIII que la loi de force en découlait nécessairement. Pour vérifier quetoutes les équations de l’électromagnétisme découlent de ce seul principe de sy-métrie de jauge, il nous reste à montrer que l’équation montrant comment lescharges créent le champ en découle aussi inévitablement.
Comme toute forme d’énergie, le tenseur d’impulsion-énergie du champ élec-tromagnétique doit être quadratique dans les quantités qui donnent les forces.
Ainsi, pour une force du type F = −kx, l’énergie est en1
2k x2. Le tenseur
d’impulsion-énergie doit également être symétrique et vérifier T 00ch > 0. Or la
formule :
Tαβch = − 1
µ0
(
F αγF
βγ − 1
4ηαβFγδF
γδ
)
est certainement la plus simple vérifiant ces propriétés. Le tenseur d’impulsion-énergie doit également faire intervenir toutes les composantes du tenseur élec-tromagnétique, ce qui ne serait pas le cas s’il n’y avait pas le deuxième terme. Lepremier avec le deuxième terme permet d’autre part d’avoir un terme d’énergieT 00 symétrique en E et B, avec le coefficient 1/2 pour chacun des deux.
L’indice p désignant une particule chargée, et l’indice ch désignant le champélectromagnétique, par conservation de la quantité de mouvement et de l’énergie,on doit avoir :
∂β
(
T αβp + T
αβch
)
= 0
(
∂β =∂
∂xβ
)
∫
∂βTαβp d3x =
∫
∂0Tα0p d3x+
∫
∂kTαkp d3x
103/185
Le deuxième terme vaut, en utilisant le théorème de Sokes, et le fait que letenseur d’impulsion-énergie de la particule est nul en dehors de cette particule :
∫
∂kTαkp d3x =
∫
T αkp dSk = 0
Il reste∫
∂0Tα0p d3x =
1
C
d
dt
∫
T α0p d3x =
1
C
d
dt[C pα] =
dτ
dt
dpα
dτ=dτ
dtΦα =
dτ
dtq C F α
β Uβ
=dτ
dtF α
βjβ
n0=
√
1− v2
C2
n0F α
β jβ =
1(
n0√
1− v2
C2
) F αβ j
β =1
nF α
β jβ
Or on suppose qu’on a une particule dans le volume considéré. Donc :
n =1
∫d3x
1
n=
∫
d3x
F αβ est supposé constant dans le volume de la particule.
∫
∂βTαβp d3x =
∫
F αβ j
β d3x ⇒ ∂βTαβp = F α
β jβ
On en déduit :
∂βTαβch = −F α
β jβ analogue de
d
dt
(1
2mv2
)
=−→F ~v
Or on a vu au chapitre sur le tenseur d’impulsion-énergie, que :
µ0 ∂βTαβch = F α
γ ∂βFγβ
On en déduit :F α
γ ∂βFγβ = −F α
γ µ0 jγ
D’où, pour que la relation précédente soit toujours vraie :
∂F γβ
∂xβ= −µ0 j
γ
qui est cohérent avec∂jγ
∂xγ= 0, puisque :
∂2F γβ
∂xγ∂xβ=
∂3Aβ
∂xγ∂xβ∂xγ− ∂3Aγ
∂xγ∂xβ∂xβ= 0 les indices étant muets
104/185
En conclusion, toutes les lois de l’électromagnétisme ont bien été retrouvéesà partir de la transformation de la symétrie globale sur la phase de la fonctiond’onde en une symétrie locale. L’électromagéntisme est une théorie de jauge.
XV- LES ÉQUATIONS DE LAGRANGE DE L’ÉLECTROMA-GNÉTISME
1- Introduction
L’électromagnétisme présente les lois de conservation du moment cinétiqueet de la quantité de mouvement énergie exprimée dans le tenseur d’impulsion-énergie. Parallèlement, les équations de l’électromagnétisme sont invariantespar changement de référentiel galiléen, c’est à dire par la transformation deLorentz. Ces deux propriétés semblent être indépendantes. Cependant, dansla méthode variationnelle qui fait l’objet de ce chapitre, elles sont reliées par lethéorème de Noether.
Cette méthode variationnelle est basée sur le principe de moindre action. Pourun système physique, on construit le lagrangien L. L’action est alors définie parA =
∫Ldt. Les équations dynamiques du système résultent alors du fait que
δA = 0 pour des variations arbitraires des variables dynamiques.
L’invariance relativiste par changement de référentiel galiléen impose que l’ac-tion qui est un scalaire, ne doit pas dépendre du référentiel galiléen choisi pourla calculer. Cela est extrêmement contraignant et permet de deviner facilementla valeur de l’action.
En électromagnétisme, du fait de la vitesse finie de la lumière, le champ ac-quiert une réalité physique. Ainsi, la lumière d’une étoile peut agir, alors quecette étoile n’existe plus. Les variables de champ sont donc des variables dyna-miques indépendantes de celles de la matière.
2- Le principe de moindre action en mécanique
A =
∫ t2
t1
L [qn(t), qn(t)] dt qn(t) =dqn
dt
δq = δqn(t) δqn(t1) = 0 δqn(t2) = 0
δA =
∫ t2
t1
[L (qn + δqn, qn + δqn) − L (qn, qn)] dt δqn = δdqn
dt=
d
dt(δqn)
105/185
δA =
∫ t2
t1
∑
n
(∂L
∂qnδqn +
∂L
∂qn
d (δqn)
dt
)
dt
δA =
∫ t2
t1
∑
n
[∂L
∂qnδqn +
d
dt
(∂L
∂qnδqn
)
− d
dt
∂L
∂qnδqn
]
dt
δA =
∫ t2
t1
∑
n
(∂L
∂qn− d
dt
∂L
∂qn
)
δqn dt +
[∑
n
∂L
∂qnδqn
]t2
t1︸ ︷︷ ︸0
δA = 0 ∀ δqn ⇒ ∂L
∂qn− d
dt
∂L
∂qn= 0
Ce sont les équations de Lagrange du système. On retrouve les lois de lamécanique en prenant L = T − U , T étant l’énergie cinétique et U l’énergiepotentielle.
3- Le principe de moindre action en théorie des champs
On considère un système décrit par N fonctions de l’espace et du tempsϕr (t, ~x) = ϕr (x
α). On a une densité lagrangienne L [ϕr (xα) , ∂βϕr (x
α)]. Leschamps et leurs dérivées sont supposés suffisamment réguliers pour que toutes lesopérations d’analyse effectuées dessus soient valides. Ils sont supposés tendrentvers 0 à l’infini suffisamment vite pour que toutes les intégrales convergent.
L(t) =
∫
L [ϕr (xα) , ∂βϕr (x
α)] d3x A =
∫ t2
t1
L(t) dt =
∫ t2
t1
L [ϕr (xα) , ∂βϕr (x
α)] d4x
On suppose que le système obéit au principe de moindre action :
δA = A [ϕr (xα) + δϕr (x
α) , ∂βϕr (xα) + δ∂βϕr (x
α)]−A [ϕr (xα) , ∂βϕr (x
α)]
=
∫ t2
t1
L [ϕr (xα) + δϕr (x
α) , ∂βϕr (xα) + δ∂βϕr (x
α)]− L [ϕr (xα) , ∂βϕr (x
α)] d4x
=
∫ t2
t1
∑
r
(∂L∂ϕr
δϕr +∂L
∂(∂βϕr)δ(∂βϕr)
)
=
∫ t2
t1
∑
r
(∂L∂ϕr
δϕr +∂L
∂(∂βϕr)∂βδϕr
)
=
∫ t2
t1
∑
r
(∂L∂ϕr
− ∂β∂L
∂(∂βϕr)
)
δϕr d4x+
∫ t2
t1
∑
r
∂β
(∂L
∂(∂βϕr)δϕr
)
d4x
106/185
Or :∫ t2
t1
∑
r
∂β
(∂L
∂(∂βϕr)δϕr
)
d4x =∑
r
∫ [∂L∂ϕr
δϕr
]t2
t1
d3x+∑
r
∫ t2
t1
(∫
∑∞
∂L∂(∂iϕr)
δϕr dΣi
)
dt
Le premier terme est nul, car les variations δϕr sont nulles pour t = t1 ett = t2. Le deuxième terme est nul, car les champs et leurs dérivées partiellesdécroissent suffisamment vite à l’infini. δA = 0 implique donc :
∫ t2
t1
∑
r
(∂L∂ϕr
− ∂β∂L
∂(∂βϕr)
)
δϕr d4x = 0
Ceci étant vrai quel que soient les valeurs des δϕr, cela implique les équationsde Lagrange :
∂L∂ϕr
− ∂β∂L
∂(∂βϕr)= 0
4- Le lagrangien du champ électromagnétique
Il nous faut trouver une quantité scalaire invariante par transformation deLorentz. Le plus simple est de prendre F αβFαβ. En effet, en notant priméesles quantités dans un référentiel galiléen et non primées dans un autre :
F α′β′
Fα′β′ = Λα′
µΛβ′
νFµνΛα
α′Λββ′Fαβ =
(
Λα′
µΛαα′
) (
Λβ′
νΛββ′
)
F µνFαβ
= δαµδβνF
µνFαβ = F αβFαβ
F αβFαβ =
0 −Ex
C −Ey
C −Ez
CEx
C0 −Bz By
Ey
C Bz 0 −Bx
Ez
C−By Bx 0
0 Ex
CEy
CEz
C
−Ex
C0 −Bz By
−Ey
C Bz 0 −Bx
−Ez
C−By Bx 0
= −E2
C2−Ex2
C2+Bz2+By2−Ey2
C2+Bz2+Bx2−Ez2
C2+By2+Bx2 = −2
E2
C2+2B2
On choisit alors Lchamp = − 1
4µ0F αβFαβ, de façon à trouver
ε0E2
2− B2
2µ0par analogie avec la densité d’énergie électromagnétique connue.
107/185
5- Le lagrangien d’interaction
Il nous faut la quantité la plus simple possible faisant intervenir le champ etles charges et invariante par transformation de Lorentz. Or :
Aα′jα′
= Λαα′AαΛ
α′
βjβ = Λα
α′Λα′
βAαjβ = δαβAαj
β = Aβjβ
On choisit de prendre le signe moins, car c’est avec ce choix que l’on retrouverales équations usuelles avec les bons signes, ces signes étant conventionnels. Lecoefficient 1 de choisi correspond également à un choix conventionnel d’unités.
6- L’action pour une particule
Considérons une particule libre, animée d’un mouvement rectiligne uniformedans un référentiel galiléen (R) (elle est elle-même le référentiel galiléen R0).Supposons qu’il y ait une horloge liée à cette particule qui indique le temps t.Une horloge identique qui mesure le temps τ est placée dans un objet (M) quiquitte à l’instant (α), point A de (R), la particule (R0) et y revient à l’instant(β), point B de (R). La particule (M) est accélérée à certains moments. Unrésultat classique de relativité restreinte dit que τB − τA < tB − tA. Il y aralentissement apparent du temps pour l’objet en mouvement (paradoxe desjumeaux de Langevin).
On voit que d(τB − τA) = 0 au voisinage de la ligne droite joignant A et Bà vitesse constante (mouvement de (R0)). Donc AAB ∝ −τAB = −(τB − τA) ;L’horloge de (M) mesure directement l’action entre deux évènements, pour unecertaine trajectoire.
Autrement dit, pour mesurer l’action pour une trajectoire (non réelle à priori)parcourue par une particule de masse m, il suffit de faire suivre la trajectoirepar une horloge étalon et de voir la durée indiquée et de la multiplier par −mC2
pour pouvoir retrouver l’énergie cinétique newtonienne.L’action est opposée au temps propre.
δA = −mC2δτ = −mC2
√
1− v2
C2dt
Le lagrangien vaut donc −mC2√
1− v2
C2 , qui donne pour les vitesses faibles
devant celle de la lumière −mC2(
1− v2
C2
)1/2
≃ −mC2+ 12mv
2. À une constante
additive près, on retrouve donc bien l’énergie cinétique newtonienne.
108/185
7- Le lagrangien total
Le lagrangien total du champ électromagnétique et des charges vaut donc :
L = − 1
4µ0
∫∫∫
F αβFαβ d3x −
∫∫∫
Aαjα d3x −
∑
k
mkC2
√
1− v2kC2
avec :
− 1
4µ0
∫∫∫
F αβFαβ d3x =
∫∫∫ (ε0E
2
2− B2
2µ0
)
d3x
8- Les équations de Lagrange redonnent la loi de force
Montrons tout d’abord comment la loi de force s’exprime avec la dérivée duquadrivecteur quantité de mouvement énergie (ou : impulsion-énergie) :
Φα = qCF αβU
β =dpα
dτ=dpα
dt
dt
dτUβ = γ
vβ
C=dt
dτ
vβ
C
dpα
dt= q F α
β vβ dpν
dt= q Fνµ v
µ
Envisageons maintenant le Lagrangien. δ3 est la distribution de Dirac à troisdimensions et y = yµ, x = xµ.
jµ = q δ3(x− y)dyµ
dt= q δ3(x− y) yµ
Linteraction = −Aµ jµ = −Aµ q δ
3(x− y) yµ
−mC2
√
1− v2
C2= −mC2 1
C
√
C2dt2 − dx2 − dy2 − dz2
dt2= −mC
√
yµyµ
Lparticule = −mC√
yµyµ δ3(x− y)
L =
∫∫∫
L d3x = − q Aµ yµ − mC
√
yµyµ
109/185
Écrivons alors les équations de Lagrange :
∂L
∂yν= −q∂Aµ
∂yνyµ
∂L
∂yν= −qAν − mC
2√yµyµ
∂ (yµyµ)
∂yν
yµyµ =
(dy0
dt
)2
−∑
i
(dyi
dt
)2
∂ (yµyµ)
∂y0= 2 y0 = 2 y0
∂ (yµyµ)
∂yi= −2 yi = 2 yi
∂ (yµyµ)
∂yν= 2 yν
∂L
∂yν= −q Aν − mC yν
√yµyµ
∂L
∂yν= −q Aν −
mCyν√C2 − v2
= −q Aν −mdyν
dt
dt
dτ−m dyν
dt
dt
dτ= −m dyν
dτ= −pν
Les équations de Lagrange donnent alors :
d
dt
(∂L
∂yν
)
− ∂L
∂yν= 0
On considère que les Aν ne dépendent pas du temps, car pour trouver la loide force avec la méthode lagrangienne, ils sont considérés comme fixés.
−pν − q∂Aν
∂yµdyµ
dt+ q
∂Aµ
∂yνyµ = 0
pν = q
(∂Aµ
∂yν− ∂Aν
∂yµ
)
yµ = q Fνµ yµ
dpν
dt= q Fνµ v
µ
9- Comment les charges créent le champ
Cette fois-ci il faut prendre les deux premiers termes de la densité lagran-gienne :
L = − 1
4µ0F αβFαβ − Aαj
α
110/185
Les équations de Lagrange s’écrivent :
∂L∂ϕr
− ∂β∂L
∂(∂βϕr)= 0 soit
∂L∂Aν
− ∂
∂xµ∂L
∂
(∂Aν
∂xµ
) = 0
∂L∂Aν
= −jν
Pour calculer l’autre terme, envisgeons la petite variation de la densité la-grangienne pour une petite variation des dérivées partielles du quadripotentielvecteur :
Lchamp = − 1
4µ0ηαµηβνFµνFαβ
Le tenseur métrique ηαβ étant symétrique, et les indices étant muets :
δLchamp = − 1
4µ0
FµνδFµν
︷ ︸︸ ︷
ηαµηβνδFµνFαβ −1
4µ0
FαβδFαβ
︷ ︸︸ ︷
ηαµηβνFµνδFαβ = − 1
2µ0F αβδFαβ
Le tenseur électromagnétique dans ses composantes complètement covariantes,ou complètement contravariantes, est antisymétrique.
F αβδFαβ = F αβδ
(∂Aβ
∂xα− ∂Aα
∂xβ
)
= F αβδ
(∂Aβ
∂xα
)
− F αβδ
(∂Aα
∂xβ
)
= F αβδ
(∂Aβ
∂xα
)
+ F βαδ
(∂Aα
∂xβ
)
= 2F αβ δ
(∂Aβ
∂xα
)
puisqu’il s’agit d’indices muets faisant partie d’une sommation. Il vient donc :
δLchamp = − 1
µ0F αβ δ
(∂Aβ
∂xα
)
∂Lchamp
∂
(∂Aν
∂xµ
) = − 1
µ0F µν
Les équations de Lagrange :
∂L∂Aν
− ∂
∂xµ∂L
∂
(∂Aν
∂xµ
) = 0
donnent alors :
111/185
−jν − ∂
∂xµ
(
− 1
µ0F µν
)
= 0 soit∂F µν
∂xµ= µ0 j
ν
ou, compte tenu de l’antisymétrie du tenseur électromagnétique :
∂F µν
∂xν= −µ0 jµ
10- Origine quantique du principe de moindre action
Feynman a découvert une nouvelle formulation de la mécanique quantique,l’intégrale de chemins. Dans cette formulation, on considère qu’un particule em-prunte tous les chemins possibles pour aller d’un point A à un autre B. Maischaque chemin, le kem par exemple, est pondéré par un terme proportionnel à
e
iA (chemink)
~ .A étant l’action entre A et B pour le chemin choisi, la probabilité P qu’il soit
emprunté est :
Pchemink ∝ e
iA (chemink)
~
L’amplitude de probabilité totale pour que le système aille de A à B est donnéepar la somme :
K(A,B) =∑
cheminsk
Pchemink
ou par une intégrale de chemins si les différents chemins possibles forment uncontinuum. L’équation précédente est la définition formelle du propagateur deFeynman pour le système. Il contient toute l’information sur le comportementquantique du système.
Si maintenant, nous faisons ~ → 0 nous devons arriver à la limite classique,qui est donc une conséquence de la mécanique quantique.
Quand ~ devient petit, P oscille rapidement, et, à moins que les oscilla-tions soient systématiquement en phase pour les différents termes, la sommedonnera 0. La seule manière pour laquelle la cohérence de phase est obtenuepour différents chemins, est en assurant que A est la même.
En d’autres termes, dans la limite classique ~ → 0, seuls les chemins voisinsqui vérifient δA = 0 contribuent à l’amplitude finale ! δA = 0 décrit ainsi lecomportement le plus probable, quasi certain du système en physique classique.
On voit donc que derrière le principe de moindre action, réside l’indétermina-tion quantique et la non localisation d’un système.
112/185
11- Lagrangiens équivalents
Un lagrangien donné détermine d’une manière univoque les équations dyna-miques. À l’inverse, à des équations dynamiques données peuvent correspondreplusieurs lagrangiens différents. Mais dans la plupart des cas, même pour deséquations covariantes, c’est à dire invariantes relativistes, il n’existera pas delagrangien menant à ces équations. Le fait que les équations fondamentales detoutes les interactions proviennent de lagrangiens est donc une propriété remar-quable de ces interactions.
Considérons 4 fonctions Cα(ϕr(x
β))
qui s’annulent lorsque les champs ϕs’annulent. Ajoutons alors la quatre-divergence de ces fonctions au lagrangien :L = L+ ∂βC
β. Avec le théorème de Stokes :
A =
∫
V
L d4x =
∫
V
L d4x+∫
V
∂βCβd4x =
∫
V
L d4x︸ ︷︷ ︸
A
+
∫
∂V
Cβ d3Σβ
On en déduit δA = δA, puisque pour la deuxième intégrale, le bord ∂V dudomaine d’intégration V est à l’infini pour les variables spatiales, et aux limitest1 et t2 pour les variables temporelles, où il n’y a pas de variation des ϕ, doncdes Cα. Donc, soit les fonctions sont nulles à l’infini, soit leurs variations sontnulles d’après la méthode de calcul de la variation de l’action dans le principede moindre action. L’application du principe de moindre action pour déterminerles équations dynamiques donne donc la même chose en utilisant l’action A oul’action A. Deux lagrangiens qui diffèrent par une quatre-divergence sont doncéquivalents.
12- Théorème de Noether
Je présente juste un exemple où les calculs sont relativements simples.
Montrons que l’invariance de jauge de l’électromagnétisme est associé dansle formalisme lagrangien à la conservation de la charge électrique. On retrouvedonc exactement ce qui avait été découvert en utilisant la mécanique quantique.Cela n’est pas étonnant, car, comme nous l’avons vu au paragraphe 10, les loisde la mécanique quantique mènent au principe de moindre action. Supposonsdonc que l’on ait :
A′µ = Aµ +
∂χ
∂xµ
∆L = −(∂χ
∂xµ
)
jµ = − ∂
∂xµ(χ jµ) + χ
∂jµ
∂xµ
113/185
Le changement de lagrangien sera juste lié à l’ajout d’une quatre-divergence,
donc ne changera pas les équations dynamiques, si∂jµ
∂xµ= 0, ce qui correspond
bien à la conservation de la charge électrique.
En conclusion, il est évident que le formalisme lagrangien doit redonner le lienentre l’invariance de jauge et la conservation de la charge électrique, puisque ceformalisme est issu de la mécanique quantique (paragraphe 10), et que cettedernière avait bien relié l’invariance de jauge à la conservation de la chargeélectrique (XIV-3).
13 Exemples de résolution d’exercices d’électromagnétisme
L’intérêt du formalisme lagrangien est que, puisqu’on minimise l’action, onpeut paramétrer comme on veut le système, du moment que ses plages d’évolu-tion et ses contraintes sont bien décrites. On a donc beaucoup de liberté dans lechoix des paramètres. Bien sûr, pour un cicuit électrique classique, il s’imposealors de prendre les intensités et les charges des condensateurs comme para-mètres.
L = − 1
4µ0
∫∫∫
F αβFαβ d3x −
∫∫∫
Aαjα d3x −
∑
k
mkC2
√
1− v2kC2
−∫∫∫
A0j0 d3x = −
∫∫∫V
CρC d3x = −q V
−∫∫∫
Aiji d3x = +
∫∫∫
Aiji d3x =
∫∫
section du fil
AijidS
∮
circuit
dl = I
∮
circuit
−→A d~l
= I
∫∫
surface circuit
−→rot
−→A d~S = I
∫∫
surface circuit
−→B d~S = Iφ
Le terme pour les particules, en mécanique newtonienne, donne tout simple-ment l’énergie cinétique des objets matériels.
On considère maintenant pour premier exemple, une roue de moment d’inertieI tournant sans frottement dans un champ magnétique ~B uniforme qui lui estperpendiculaire. Le courant passe entre son axe, et un curseur qui glisse parfai-tement sur sa périphérie. On branche en série une résistance et un condensateur.
114/185
•C
R
K
+
a⊗
~Bi
+q
Lroue =12Iω2 ; Lchamp =
12q2
C; Lcharges−champ = −q2
C
Lcourant−champ = +
∫∫∫
~A ~j dxdydz = +φ i
déplacement ∧ courant opposé à ~B ⇒ signe−Donc : φ = −a2B
2θ.
L = −a2B
2θi+
1
2Iω2 − 1
2
q2
C
L’action de la résistance ne peut être mise dans le Lagrangien, car l’énergie nedérive pas d’un potentiel. Prenons l’exemple d’un point matériel dans le champde pesanteur. Si on prend comme système le point et la Terre, L = 1
2mz2−mgz
et on obtient mz = −mg, en orientant l’axe des z vers le haut. Si on prendle point matériel seul, L = 1
2mz2 et la force de pesanteur devient une force
extérieure. d(EC) = Fdz = −mgdz et on voit qu’il faut mettre −mg dans lesecond membre.
Donc, ici, puisque d(E) = −Ri dq quel que soit le signe de dq, il faut mettre−R i dans le second membre ; c’est une force généralisée.
En q :d
dt
∂L
∂i=
∂L
∂q−Ri
soit : −a2B
2ω = − q
C− Ri
En θ :d
dt
∂L
∂θ=
∂L
∂θ
Iω = −a2B
2i
115/185
Plus simple, un condensateur branché directement aux extrémités d’une in-ductance :
Lcharges-champ = −q2
C+ Li2 Lchamp =
1
2
q2
C− 1
2Li2
Ltotal =1
2Li2 − 1
2
q2
C
Prenons i =dq
dt:
d
dt
∂L
∂i− ∂L
∂q= 0 L
di
dt+q
C= 0
116/185
14- Un exercice subtil, induction égal inertie : énoncé
z
aσ+
+ +
ω
h
N
i
R
On considère un cylindre homogène de masse m constitué d’une matière iso-lante électrique, de hauteur h, à base circulaire de rayon a≪ h, recouvert avecla densité surfacique de charge homogène σ.
Son moment d’inertie est J =1
2ma2. Il est libre en rotation autour de l’axe
des z. Lorsqu’il tourne à la vitesse angulaire ω, ses charges créent une densitésurfacique de courant jS = σ v = σ ω a et un champ magnétique uniforme àl’intérieur, de valeur µ0 jS = µ0 σ ω a.
Il est recouvert à une très faible distance par un solénoïde de même hauteuret pratiquement de même rayon, de résistance nulle et qui contient n spires parunité de longueur. Ce solénoïde est branché sur une résistance R.
On néglige les effets de bord, c’est à dire que pour le calcul du champ magné-tique à l’intérieur du solénoïde, on considère qu’il est infini.
À l’instant initial, i = i0 ; ω = 0.
a) Écrire les équations de Lagrange de ce système.
b) Calculer i(t).
c) Interpréter les termes de l’équation mécanique, et ce qui se passe quandJ = 0.
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15- Corrigé
a) B = µ0 n i + µ0 σ aω.
Lchamp = − 1
2µ0(µ0 n i + µ0 σ aω)
2π a2 h = −µ0n
2i2πa2h
2−µ0σ
2a4ω2πh
2−µ0niσπa3hω
∫∫∫
~j−→Ad3x =
∫∫
~jS−→Ad2x = h
∮
jSAdx = hjS
∫∫
Bd2x = hjSπa2B =
jS
n
(nhπa2B
)=jS
nφ
Lcharge-champ =
(
i +jS
n
)
φ =
(
i +jS
n
)
(µ0 n i + µ0 σ aω) nhπ a2
= µ0n2i2hπa2 + µ0σa
3ωinhπ + µ0nihπa3σω + µ0σ
2a4ω2πh
Lmatière =1
2J ω2
L =µ0n
2i2πa2h
2+µ0σ
2a4ω2πh
2+ µ0niπha
3ωσ +1
2Jω2
L =µ0n
2πa2h
2i2
︸ ︷︷ ︸
Solénoïde
+1
2
(J + µ0σ
2πa4h)ω2
︸ ︷︷ ︸
Cylindre
+ µ0σnπa3hωi
︸ ︷︷ ︸
Terme de couplage
Le lagrangien contient donc trois termes. Le premier est le lagrangien dusolénoïde, le deuxième, celui du cylindre matériel chargé en surface, le troisièmeest le terme de couplage entre le solénoïde et le cylindre, qui fait qu’on a uneévolution dans le temps à partir de l’état initial choisi.
d
dt
(∂L
∂i
)
= −R i µ0n2iπa2h+ µ0nπha
3ω = −Ri
qui est l’équation électrique traduisant l’autoinduction du solénoïde, et l’induc-tion provoquée dans le solénoïde par le cylindre tournant.
d
dt
(∂L
∂ω
)
= 0
J ω + µ0 σ2 a4 π hω + µ0 σ nhπ a
3 i = constante
qui est l’équation mécanique. Elle traduit la conservation du moment ciné-tique. Le premier terme est le moment algébrique par rapport à l’axe des z des
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quantités de mouvement de la matière m~v. La somme des deuxième et troisièmetermes est le moment algébrique des quantités de mouvement électromagnétiquesdes charges associées à la densité surfacique σ.
aqA =
∫∫∫ [
~r ∧(
ε0−→E ∧ −→
B)]
~ez d3x
2πaA = πa2B = πa2 (µ0ni+ µ0σωa) A =a
2(µ0ni+ µ0σωa)
aqA = aσSA = aσ2πahA = σa3hπ (µ0ni+ µ0σωa) = µ0σ2a4πhω+µ0σnhπa
3i
Le calcul du moment cinétique électromagnétique n’est pas possible ici avecl’intégrale triple de la densité de quantité de mouvement électromagnétiqueε0−→E ∧ −→
B , car on a négligé les effets de bord, et c’est là que l’intégrale donneune contribution non nulle.
µ0n
2iπa2h+ µ0nπha3ω = −Ri
(J + µ0σ
2a4πh)ω + µ0σnhπa
3i = 0
ω = − µ0σnhπa3i
J + µ0σ2a4πh
α i = −R i di
i= −dtα
R
⇒ i = i0 e− t
τ avec τ =α
R
τ = µ0n2πa2h − µ20n
2h2a6σπ2
J + µ0σ2a4πh
si J = 0 τ = µ0n2πa2h− µ0n
2πha2 = 0
Or, la constance du moment cinétique donne µ0σ2a4πhωf = µ0σnhπa3i0.
jSfh = nhif σaωf = nif µ0σa3πhnif = µ0σnhπa
3i0 ⇒ if = i0
c’est à dire que la rotation du cylindre est telle que le courant équivalent estexactement le même que i0. Si J = 0, les charges σ d2x sur le cylindre isolant ontexactement la même inertie électromagnétique avec ωf et i = 0 qu’avec ω = 0 eti0. Puisqu’à cause de la résistance R, le courant i doit diminuer, par conservation
119/185
du moment cinétique électromagnétique, le cylindre se met à tourner de façonà exactement compenser la diminution de i. Donc la conservation du momentcinétique électromagnétique implique if = i0. Ceci étant :
if = i0 ⇒B2
f
2µ0V =
B2i0
2µ0V
Il y a conservation de l’énergie électromagnétique. Il ne peut donc pas y avoirde perte d’énergie dans la résistance, ce qui implique que τ = 0.
Le moment d’inertie électromagnétique vaut J0 = µ0σ2a4πh. On a alors :
1
2J0ω
2 =1
2µ0σ
2a4πhω2 =(µ0σωa)
2
2µ0πa2h =
B2
2µ0V
Enfin, si on a accélère en rotation un tel cylindre où le seul moment d’inertieest d’origine électromagnétique, l’augmentation du champ magnétique crée, parle phénomène d’induction, un champ électrique qui s’oppose à cette augmen-tation de rotation, comme le ferait un moment d’inertie mécanique. La loi del’induction correspond donc à une inertie électromagnétique, qui correspond àla quantité de mouvement électromagnétique q
−→A .
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XVI TRANSFORMATION DE FOURIER
1- Transformation de Fourier
La transformée de fourier de la fonction f(x) s’écrit f = F [f ] telle que :
f(ν) = F [f ](ν) =
∫+∞
−∞f(x) e−2iπνx dx
La transformée de Fourier inverse s’écrit :
F [f ](ν) =
∫+∞
−∞f(x) e2iπνx dx
2- Permutation de la transformée de Fourier, pour l’intégrale d’unproduit de deux fonctions
D’après le théorème de Fubini, on a :∫
+∞
−∞f(t) g(t) dt =
∫+∞
−∞f(t)
(∫+∞
−∞g(s) e−2iπts ds
)
dt
=
∫+∞
−∞g(s)
(∫+∞
−∞f(t) e−2iπts dt
)
ds =
∫+∞
−∞g(s) f(s) ds
3- Normalisation de la gaussienne
(∫+∞
−∞e−x
2
dx
)2
=
∫+∞
−∞e−x
2
dx
∫+∞
−∞e−y
2
dy =
∫∫
e−(x2 + y2
)
dxdy =
∫∫
e−ρ2
ρ dρdθ
u = ρ2 ⇒= 2π
∫+∞
0
e−u du
2= π
[−e−u
]+∞0
= π ⇒∫
+∞
−∞e−x
2
dx =√π
4- Transformée de Fourier des fonctions bn
On pose : bn(x) = e−π2x2/n2. b′n(x) = −2π2x
n2bn(x).
∫+∞
−∞b′n(x) e
−2iπνx dx = −∫
+∞
−∞bn(x) (−2iπν) e−2iπνx dx = 2iπν bn(ν)
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bn(ν) =
∫+∞
−∞bn(x) e
−2iπνx dxdbn
dν=
∫+∞
−∞−2iπx bn(x) e
−2iπνx dx
dbn
dν=
in2
π
∫+∞
−∞−2π2x
n2bn(x)
︸ ︷︷ ︸
b′n
e−2iπνx dx =in2
π2iπν bn(ν) = −2n2ν bn
dbn
bn(ν)= −n2d(ν2) ln bn = −n2ν2 + constante bn(ν) = λ e−n
2ν2
bn(0) =
∫+∞
−∞e−π
2x2/n2 dx =
∫+∞
−∞e−u
2 n
πdu =
n√π
⇒ bn(ν) =n√πe−n
2ν2
5- Limite des fonctions bn
Remarquons que∫
+∞
−∞
n√πe−n
2x2 dx =
∫+∞
−∞
n√πe−u
2 du
n= 1. D’autre
part limn→∞
bn(0) = +∞ ; limn→∞
bn(x 6= 0) = 0 .
Quand n tend vers +∞ :∫
+∞
−∞
n√πe−n
2x2 ϕ(x) dx =
∫+∞
−∞
n√πϕ(u
n
) du
ne−u
2
→ ϕ(0)
En effet, quand n devient extrêmement grand, l’argument de la fonction ϕ
vaut pratiquement 0 partout où la fontion exponentielle donne une contribu-tion significative à l’intégrale. On verra ci-dessous au chapitre XVII, que celasignifie que les fonctions bn tendent vers la distribution de Dirac δ. t étant uneconstante, on a alors :
∫+∞
−∞ϕ(x) bn(x−t) dx =
∫+∞
−∞
n√πe−n
2 (x− t)2 ϕ [(x− t) + t] d (x− t) −→ ϕ(t)
en faisant le changement de variable u = n(x− t).
6- Transformée de Fourier des fonctions bn(x) e2iπxt
∫+∞
−∞bn(x) e
2iπxt e−2iπνx dx =
∫+∞
−∞bn(x) e
−2iπ(ν−t)x dx = bn (ν − t)
soit la fonction x → bn (x− t).
122/185
7- Réciprocité de la transformée de Fourier
Montrons que F[
f]
= f .
bn(x) → 1, la fonction constante qui vaut 1. D’autre part f(x)bn(x)e2iπxt ≤ f(x) .
D’après le théorème de convergence dominée de Lebesgue, on a alors :∫
+∞
−∞f(x) bn(x) e
2iπxt dx−−−−−−→n→ +∞
∫+∞
−∞f(x) e2iπxt dx = F
[
f]
(t)
d’autre part, quand n tend vers +∞ :∫
+∞
−∞f(x) bn(x) e
2iπxt dx =
∫+∞
−∞f(x) ˜
bn(x) e2iπxt dx =
∫+∞
−∞f(x) bn(x−t) dx −→ f(t)
On a donc bien F[
f]
(t) = f(t). On aurait également F[F [f ]
](t) = f(t).
On peut donc écrire :
f(ν) =
∫
f(x) e−2iπνx dx ⇔ f(x) =
∫
f(ν) e+2iπνx dν
Avec la pulsation, ω = 2 π ν on a alors :
f(ω) =
∫
f(x) e−iωx dx avec f(x) =
∫
f(ω) e+iωxdω
2 π
Pour avoir la symétrie entre transformée de Fourier et transformée de Fourierinverse, on écrit alors :
f(ω) =1√2 π
∫
f(x) e−iωx dx ⇔ f(x) =1√2 π
∫
f(ω) e+iωx dω
XVII DISTRIBUTIONS
1- Définition des distributions
On se cantonne à la dimension 1. Une distribution est une forme linéairecontinue sur l’espace vectoriel des fonctions à supports bornés, donc non nullessur un intervalle borné. Une distribution est donc un élément du dual topologiquede l’ensemble de ces fonctions. La valeur de la distribution T pour la fonction ϕest le nombre complexe noté 〈T, ϕ〉.
123/185
À toute fonction f on associe une distribution dite régulière notée de la mêmemanière, par :
〈f, ϕ〉 =
∫+∞
−∞f(x)ϕ(x) dx
On peut alors considérer que l’ensemble des fonctions à supports bornés est includans l’ensemble des distributions qui est plus vaste, car certaines distributionsne correspondent à aucune fonction. C’est d’ailleurs là l’intérêt d’introduire leconcept de distribution. Ainsi la distribution de Dirac définie par 〈δ, ϕ〉 = ϕ(0)ne correspond à aucune fonction, même si elle peut être considérée comme lalimite d’une suite de fonctions de plusieurs manières différentes. En effet, δ(x)
est la limite de toute suite de fonctions fn(x) telles que,∫
+∞
−∞fn(x) dx = 1, et
quand n → +∞, x 6= 0 fn(x) → 0, et x = 0 fn(x) → +∞. C’est bien lecas des fonctions bn(x) du paragraphe XVI 5.
On définit également δ(x− a) par 〈δ(x− a), ϕ〉 = ϕ(a).
2- Dérivée d’une distribution
Pour une distribution régulière, en intégrant par partie, on trouve 〈f ′, ϕ〉 = −〈f, ϕ′〉.Pour une distribution non régulière, on définit alors la dérivée par :
〈T ′, ϕ〉 = −〈T, ϕ′〉
De la même manière, on définit le produit d’une ditribution par une fonctionpar 〈ϕT, ψ〉 = 〈T, ϕψ〉.
3- Transformée de Fourier d’une distribution
Utilisant la propriété du paragraphe XVI 2, pour les distributions régulièreson définit la transformée de Fourier d’une distribution T par :
〈F [T ] , ϕ〉 = 〈T,F [ϕ]〉
Si ϕ est à support borné, F [ϕ] ne l’est pas. Il faut donc trouver un ensemblede fonctions test stable par la relation de transformation de Fourier. Tel est le casdes fonctions à décroissances rapides, c’est à dire telles que, pour tout entier k,xk f(x) tend vers 0 quand x tend vers ±∞. Une forme linéaire continue, donc
élément du dual topologique de cet ensemble de fonctions est appelée une dis-tribution tempérée. Toute distribution tempérée est une distribution classique.Une fonction à support borné peut en effet être considérée comme une fonctionà décroissance rapide.
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4- Exemple de transformées de Fourier de distributions
a) La transformée de Fourier de la fonction constante toujours égale à 1, notée1 est la distribution de Dirac δ. En effet, d’après le paragraphe précédent (3) :
〈1, ϕ〉 = 〈1, ϕ〉 =∫
+∞
−∞ϕ(ν) dν = F [ϕ] (0) = ϕ(0) = 〈δ, ϕ〉
On obtient donc 1 = δ. La signification de ce résultat est que, pour unefonction constante, il n’y a qu’une seule fréquence dans le signal, la fréquencenulle ν = 0.
1 = δ peut s’écrire au sens des distributions :
δ(ν) =
∫+∞
−∞e−2iπνx dx
Mais 〈F [1] , ϕ〉 = 〈1,F [ϕ]〉 =∫
+∞
−∞F [ϕ] (ν) dν = F
[F [ϕ]
](0) = ϕ(0) = 〈δ, ϕ〉
F [1] = δ
On a donc aussi :
δ(ν) =
∫+∞
−∞e+2iπνx dx
On voit donc que δ(ν) = δ(−ν). La distribution δ est paire.
En mécanique quantique dans la représentation en impulsion, on arrive àl’expression, en posant X =
x
2π~:
∫+∞
−∞e
i
~∆p x
dx =
∫+∞
−∞e
(2 i π∆p x
2 π ~
)
dx =
∫+∞
−∞e2 i π∆pX 2 π ~ dX = 2 π ~ δ(∆p)
b) Voyons ce qui se passe pour une fréquence ν0 non nulle :
〈F[
e2iπν0x]
, ϕ〉 = 〈e2iπν0x,F [ϕ]〉
=
∫+∞
−∞e2iπν0x dx
∫+∞
−∞e−2iπtx ϕ(t) dt =
∫+∞
−∞dx
∫+∞
−∞e−2iπ (t− ν0) x ϕ(t) dt
125/185
On pose s = t− ν0
=
∫+∞
−∞dx
∫+∞
−∞e−2iπsx ϕ(s+ ν0) ds =
∫+∞
−∞ϕ (x+ ν0) dx
= F [ϕ (x+ ν0)] (0) = ϕ (0 + ν0) = 〈δ (ν − ν0) , ϕ〉
Donc F[
e2iπν0x]
= δ (ν − ν0). Le spectre, obtenu avec la transformée de
Fourier contient bien une seule fréquence, ν0.
c) La transformée de Fourier de la distribution de Dirac est la fonctionconstante égale à 1 : 1.
〈δ, ϕ〉 = 〈δ, ϕ〉 = ϕ(0) =
∫+∞
−∞ϕ(x) e−2iπ0x
︸ ︷︷ ︸
1(x)
dx = 〈1, ϕ〉 ⇒ δ = 1
Ainsi, une impulsion infiniment brève contient toutes les fréquences à partségales.
d) Voyons maintenant quelle est la transformée de Fourier de δ (ν − ν0) :
〈δ (ν − ν0) , ϕ〉 = 〈δ (ν − ν0) , ϕ〉 = ϕ (ν0) =
∫+∞
−∞ϕ(x) e−2iπν0x dx = 〈e−2iπν0x, ϕ(x)〉
F [δ (ν − ν0)] = δ (ν − ν0) = e−2iπν0x
On aurait avec le même calcul en changeant le signe de ν0 :
F [δ (ν − ν0)] = e+2iπν0x
Compte tenu du b), on a donc F[F [δ (ν − ν0)]
]= δ (ν − ν0). On aurait
bien sûr la même relation avec FF .
5- Réciprocité de la transformée de Fourier pour les distributions
La relation trouvée ci-dessus dans le cas de la distribution de Dirac est bienévidente, car pour une distribution U :
〈F [F(U)] , ϕ〉 = 〈F(U),F [ϕ]〉 = 〈U,F[F [ϕ]
]〉 = 〈U, ϕ〉 ⇒ F [F [U ]] = U
idem F[F [U ]
]= U .
6- Interprétation de la démonstration de la réciprocité de la trans-formée de Fourier
La démonstration du XVI 7 s’écrit alors, dans le langage des distributions :
F [F [f ]] (t) =
∫+∞
−∞f(x) e2iπxt dx = 〈f(x), e2iπxt〉 = 〈f(x), ˜
e2iπxt〉 = 〈f(x), δ(x−t)〉 = f(t)
126/185
7- Intégrale de Dirichlet
Le nom vient du mathématicien allemand Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet
1805-1859. Considérons la fonction f(x) = 1 pour |x| ≤ 1 et f(x) = 0 pour|x| > 1. Calculons sa transformée de Fourier :
f(ω) =1√2 π
∫+∞
−∞f(x) e−iωx dx =
1√2 π
∫+1
−1
f(x) e−iωx dx
=1√2 π
1
(− i ω)
[
e−iω − eiω]
=
√
2
π
sinω
ω
On a donc :
f(x) =1√2 π
∫+∞
−∞
√
2
π
sinω
ωeiωx dω
f(0) = 1 =1
π
∫+∞
−∞
sinω
ωdω ⇒
∫+∞
−∞
sin x
xdx = π
8- Théorème de Parseval-Plancherel
Si l’on n’est pas convaincu par cette démonstration utilisant la distribution deDirac, on peut reprendre tous les calculs avec une suite de fonctions dépendantde l’entier n qui tendent vers cette distribution de Dirac quand n tend vers+∞, et le résultat est obtenu avec la limite commune quand n→ +∞.
∫+∞
−∞E (ω)
2dω =
∫+∞
−∞dω
[1√2 π
∫+∞
−∞E∗(t) eiωt dt
1√2 π
∫+∞
−∞E(s) e−iωs ds
]
=
∫+∞
−∞dω
1
2 π
∫+∞
−∞ds
∫+∞
−∞dt E∗(t)E(s) e+iω (t− s)
=1
2 π
∫+∞
−∞ds
∫+∞
−∞dt E∗(t)E(s)
∫+∞
−∞e+iω (t− s) dω
=1
2 π
∫+∞
−∞E(s) ds
∫+∞
−∞dt E∗(t) 2 π δ (t− s) =
∫+∞
−∞E (s)
2ds =
∫+∞
−∞E (t)
2dt
L’énergie totale émise peut être considérée comme la somme des énergies pourchaque composante spectrale.
127/185
XVIII SPECTRE DU RAYONNEMENT SYNCHROTRON
1- La transformée de Fourier du champ électrique
a) Le champ électrique
Rappelons l’expression du champ électrique rayonné trouvée au V 4, où l’onn’a mis que la partie rayonnée à grande distance :
−→E =
q
4πε0
1
(rC − ~v~r)3~r ∧ [(C~r − r~v) ∧ ~a]
À partir de maintenant, on met les vecteurs sans flèche, et en caractères gras :
E =q
4πε0
1
(rC − vr)3r ∧ [(Cr− rv) ∧ a]
On introduit le vecteur unitaire n =r
ret β =
v
C, et on trouve :
E =q
4πε0C
n ∧[
(n− β) ∧ β]
r (1− nβ)3
b) Sa transformée de Fourier en fonction du temps retardé
Au chapitre V, le temps retardé était noté tr. Ici, on le note t′. Au V 1, on avait
r = C (t− tr), donc t = t′ +r(t′)
C. Au V 2, on avait
∂tr
∂t=
1
1− ~v~r
rC
=1
1− nβ.
Le point d’observation étant ici fixé, on a donc : dt = (1− nβ) dt′. On arrivealors à :
E(ω) =1√2π
∫+∞
−∞E(t) e−iωt dt
E(ω) =q
4πε0C
1√2π
∫+∞
−∞
n ∧
[
(n− β) ∧ β]
r (1− nβ)2
e−iω (t′ + r(t′)/C) dt′
Le rayonnement synchrotron ultrarelativiste se concentre dans un cône de trèsfaible ouverture. On peut donc considérer r et r, donc n constants, sauf dansl’argument de l’exponentielle, à cause de la multiplication par ω qui peut êtretrès grand.
128/185
c) Expression simplifiée du spectre E(ω)
Posons U =n ∧ (n ∧ β)1− nβ
.
dU
dt′=
[(nβ)n− β1− nβ
]′=
[
(nβ)n− β]
(1− nβ)− [(nβ)n− β] (−nβ)
(1− nβ)2
=(nβ)n− β − (nβ)(nβ)n+ (nβ)β + (nβ)(nβ)n− (nβ)β
(1− nβ)2
=(nβ)(n− β)− [n(n− β)] β
(1− nβ)2=
n ∧[
(n− β) ∧ β]
(1− nβ)2
∫+∞
−∞V dU = [U V ]+∞
−∞ −∫
+∞
−∞U dV
Le terme entre crochets est nul, car il n’y a pas de contribution au rayonnementobservé pour des temps t′ infinis.
V = e−iω (t′ + r(t′)/C) dV
dt′=dV
dt
dt
dt′= −iω (1− nβ) e−iω (t′ + r(t′)/C)
E(ω) =i ω q
4 π√2π ε0C r
∫+∞
−∞[n ∧ (n ∧ β)] e−iω (t′ + r(t′)/C) dt′
2- Le spectre continu sur un arc circulaire
a) Introduction
On considère une particule qui décrit un arc de cercle, mais pas le cercle com-plet. Le mouvement n’est donc pas périodique. Contrairement au VI 7, le spectreest donc continu. Mais en fait, en tenant compte de la mécanique quantique,l’électron perd une certaine quantité d’énergie quand il émet un photon. Entoute rigueur, le mouvement n’est donc jamais périodique. Les raies du spectres’élargissent par cet effet, et dans tous les cas, le spectre est continu.
129/185
Comme on l’a dit au paragraphe précédent, le champ est observé à grandedistance. On suppose le rayon de courbure ρ constant. Le mouvement est sup-posé ultrarelativiste, et β ≃ 1. On effectue un traitement classique sans faireintervenir la mécanique quantique.
b) La géométrie de la situation
La géométrie de la situation est décrite sur la figure ci-dessous.
On observe le rayonnement en P . rP =−→OP . La particule e de charge q et
de masse m0 est à l’origine O au temps retardé t′ = 0. La particule qui est unélectron est en e tel que R(t′) =
−→Oe et r(t′) =
−→eP . On a rP = r(t′) +R(t′).
ω0 =βC
ργm0
v2
ρ= qvB γm0
β
ρ=qB
C
1
ρ=
qB
m0Cβγ
β = β ω0
R(t′) =
ρ (1 − cosω0 t′)
0ρ sinω0 t
′
β(t′) =
β sinω0 t′
0β cosω0 t
′
β(t′) =
β cosω0 t′
0
−β sinω0 t′
L’observateur est dans un plan vertical contenant une tangente à la trajectoire,et fait l’angle ψ au dessus du plan horizontal de l’orbite. Tout observateur, quelleque soit sa position, peut voir sa position ainsi définie.
130/185
rP =
0rP sinψ
rp cosψ
r
ρ=
− (1 − cosω0t′)
rP
ρsinψ
rP
ρcosψ − sinω0t
′
ρ≪ rPr2
ρ2≃ r2Pρ2
− 2rP
ρsinω0t
′ cosψ r2 = r2P
(
1 − 2ρ
rPsinω0t
′ cosψ
)
r ≃ rP − ρ cosψ sinω0t′
c) Calcul du double produit vectoriel
n ∧ (n ∧ β) ≃
0sinψ
cosψ
∧
0sinψ
cosψ
∧
β sinω0 t′
0
β cosω0 t′
=
0sinψ
cosψ
∧
β sinψ cosω0t′
β cosψ sinω0t′
−β sinψ sinω0t′
=
−β sinω0t′
β sinψ cosψ cosω0t′
−β sin2ψ cosω0t′
≃
−ω0 t′
ψ
0
︸ ︷︷ ︸
Cas ultrarelativiste
3- Le spectre en fonction de t’ et de ψ
a) Le temps réduit d’observation
t = t′ +r(t′)
C≃ t′ +
rP
C− ρ cosψ sinω0t
′
CPour le temps d’observation t, on peut bien sûr choisir l’origine des temps
comme on veut. Par conséquent, on se débarasse de rP/C en posant :
tP = t− rP
C= t′ +
r(t′)− rP
C≃ t′ − ρ cosψ sinω0t
′
C
b) Les développements limités
Pour la suite, compte tenu du cône très étroit dans lequel se concentre lerayonnement dans le cas ultrarelativiste, on va faire des développements limités.Cependant, parfois, le terme du premier ordre, soit disparaît, soit est divisé par
131/185
γ, et donc les termes d’ordres supérieurs doivent être pris en compte. Puisqu’ilest difficile de prévoir cela à l’avance, on incluera au départ les termes d’ordresupérieurs, et on verra par la suite si on peut les supprimer.
β ≃ 1 γ ≫ 1 ω0t′ =
βC
ρt′ .
1
γ(VI 6)
ρ
Cω0 t
′ = β t′
γ =1
√
1− β21− β2 = (1− β) (1 + β)
︸ ︷︷ ︸≃ 2
=1
γ21− β ≃ 1
2γ2
sinω0t′ ≃ ω0t
′ − (ω0t′)3
6cosψ ≃ 1 − ψ2
2
tP = t′ − ρ
Ccosψ sinω0t
′ ≃ t′ − ρ
C
[(
1 − ψ2
2
)(
ω0t′ − (ω0t
′)3
6
)]
= t′ − β t′(
1 − ψ2
2
)
+ β3 t′ 3C2
6 ρ2= t′
(
1− β + βψ2
2
)
+ β3 t′ 3C2
6 ρ2
≃ t′(
1
2 γ2+ψ2
2
)
+C2 t′ 3
6 ρ2=
t′
2 γ2(1 + γ2 ψ2
)+C2 t′ 3
6 ρ2
c) La transformée de Fourier du champ électrique
Compte tenu des résultats ci-dessus, on arrive à :
E(ω) =i ω q
4 π√2 π ε0C rP
∫+∞
−∞
−ω0 t′
ψ
0
e
−i ω[
t′(1 + γ2 ψ2
)
2 γ2+C2 t′ 3
6 ρ2
]
dt′
Calculons les composantes en tenant compte de la parité des fonctions :
sin u =eiu − e−iu
2icosu =
eiu + e−iu
2e−iu = cosu − i sin u
∫+∞
−∞xe−i(αx+βx3)dx =
∫+∞
−∞x dx
[cos(αx+ βx3
)− i sin
(αx+ βx3
)]
=
∫+∞
−∞−i sin
(αx+ βx3
)x dx
132/185
∫+∞
−∞e−i(αx+βx3)dx =
∫+∞
−∞dx[cos(αx + βx3
)− i sin
(αx + βx3
)]
=
∫+∞
−∞cos(αx+ βx3
)dx
Ex(ω) =−ω q
4 π√2 π ε0C rP
∫+∞
−∞ω0 t
′ sin
(
ω t′1 + γ2 ψ2
2 γ2+ω C2 t′ 3
6 ρ2
)
dt′
Ey(ω) =i ω q
4 π√2 π ε0C rP
∫+∞
−∞ψ cos
(
ω t′1 + γ2 ψ2
2 γ2+ω C2 t′ 3
6 ρ2
)
dt′
Nous avons ainsi les deux composantes Ex(ω) et Ey(ω) qui correspondent res-pectivement à la polarisation horizontale et verticale. La composante horizon-tale Ex(ω) est une fonction symétrique de ψ, tandis que la composante verticaleEy(ω) est antisymétrique. Lorsqu’on traverse le plan horizontal de la trajectoire,cette composante change donc de signe, et elle est nulle dans ce plan horizontal.
Le fait que la composante verticale ait un facteur i, alors que le facteur estréel pour la composante horizontale, montre que ces deux composantes sontdéphasées de 90 . L’onde est donc polarisée elliptiquement en dehors du plan dela trajectoire, ce qui est naturel du fait du mouvement de rotation de la charge.Par contre, dans le plan de la trajectoire, on a une onde polarisée rectilignementdans ce plan. Vu d’un tel endroit, par la perspective, le mouvement de la chargesemble en effet purement oscillatoire.
Du fait du changement de signe de Ey(ω) de part et d’autre du plan de latrajectoire, la polarisation elliptique change de sens. En effet, le sens de rotationapparent de la charge, vu par l’observateur, change également en traversant ceplan.
4- Expression du spectre avec la fonction d’Airy
On a ω0 =β C
ρ≃ C
ρ. Posons ωC =
3C γ3
2 ρ=
3
2ω0 γ
3 et faisons le changement
de variable :
t′ = 3
√
2 ρ2
|ω|C2u = 3
√
2
|ω|ω20
u
133/185
ω t′
2 γ2=ω
2
(3ω0
2ωC
)2/3 (2
|ω|ω20
)1/3
u 2−3
3−2
3+1
3 = 2−4
3
ω t′
2 γ2=
|ω|ω
(3ω
4ωC
)2/3
u
ω C2 t′ 3
6 ρ2=
ω C2
6 ρ22 ρ2
|ω|C2u3 =
|ω|ω
1
3u3
Le signe|ω|ω
peut être sorti de l’argument du sinus et placé devant le sinus.
ω ω0
4√2π
√πt′ dt′
|ω|ω
=ω ω0
4√2 π
√π
(2
|ω|ω20
)2/3 |ω|ωu du
=|ω|1/3π3/2
ω−1/30 2
2
3− 2−1
2 u du =|ω|1/3π3/2
γ21/3−2−1/2
3−1/3ω−1/3C u du
1
3− 2− 1
2=
1
3− 3
3− 2
2− 1
2= −2
3− 3
2
=
(3 |ω|ωC
)1/3γ
π3/22−3/2−2/3 =
(3 |ω|4ωC
)1/3
γ1
(2 π)3/2
Tous ces calculs faits, on obtient :
Ex(ω) =−q γ
(2 π)3/2 ε0C rP
(3 |ω|4ωC
)1/3 ∫ +∞
−∞u sin
[(3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)u +
u3
3
]
du
Pour la composante Ey(ω), on calcule :
ω
4 π√2 π
dt′ =ω
4 π√2 π
(2
|ω|ω20
)1/3
du(ω20
)−1/3= ω
−2/30 = ω
−2/3C 2−2/3 32/3 γ2
Pour les puissances de 2, on a :
−2− 1
2+
1
3− 2
3= −2
2− 3
3− 1
2+
1
3− 2
3= −3
2− 4
3
134/185
D’autre part :ω
|ω|1/3 =ω
|ω|1/3ω2/3
|ω|2/3 =ω
|ω| ω2/3
On arrive au facteur :
i q ψ
ε0C rP
ω
|ω|
(3ω
4ωC
)2/3γ2
(2 π)3/2
et on obtient :
Ey(ω) =
i q γ2 ψ
(ω
|ω|
)
(2 π)3/2 ε0C rP
(3ω
4ωC
)2/3 ∫ +∞
−∞cos
[(3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)u +
u3
3
]
du
La fonction d’Airy vérifie :
Ai(v) =1
2 π
∫+∞
−∞cos
(
v t +t3
3
)
dt
Ai′(v) =dAi(v)
dv= − 1
2 π
∫+∞
−∞t sin
(
v t +t3
3
)
dt
Ex(ω) =q γ√
2 π ε0C rP
(3 |ω|4ωC
)1/3
Ai′[(
3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)
]
Ey(ω) =
i q γ
(ω
|ω|
)
√2 π ε0C rP
(3ω
4ωC
)2/3
γ ψ Ai
[(3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)
]
La composante horizontale Ex(ω) est grande dans le plan de la trajectoireψ = 0 et a son maximum au voisinage de la pulsation critique ωC . La composanteverticale Ey(ω) est nulle dans le plan de la trajectoire.
135/185
5- Puissance spectrale par unité d’angle solide
a) Expression en fonction de E(ω)
On utilise le vecteur de Poynting dφ = Π dS = Π r2 dΩ.
dφ
dΩ=r2
µ0E B =
r2E2
µ0C
D’après le théorème de Perseval-Plancherel, on calcule alors :
dU
dΩ=
r2
µ0C
∫+∞
−∞E(t)
2dt =
r2
µ0C
∫+∞
−∞E(ω)
2
dω =2 r2
µ0C
∫+∞
0
E(ω)2
dω
L’énergie spectrale vaut donc :
d2U
dΩ dω=
2 r2
µ0CE(ω)
2
La puissance spectrale vaut donc, pour un mouvement circulaire dans unsynchrotron :
d2P
dΩ dω=
1
T
d2U
dΩ dω=
ω0
2 π
d2U
dΩ dω=
2 r2 ω0
2 π µ0CE(ω)
2
d2P
dΩ dω=
ω0 r2
π µ0CE(ω)
2
b) Calcul de Pσ et Pπ
La puissance correspondant à la composante Ex parallèle au plan de la tra-jectoire est appelée le mode σ, tandis que la puissance correspondant à la com-posante Ey où le champ électrique est perpendiculaire au plan de l’orbite estappelée le mode π.
D’autre part on fait intervenir la rayon classique de l’électron r0 qui correspondau rayon d’une sphère creuse chargée en surface, dont l’énergie électrostatiqueserait égale à l’énergie de masse de l’électron, c’est à dire que :
m0C2 =
e2
4 π ε0 r0r0 =
e2
4 π ε0m0C2= 2, 818 10−15 m
ω0 ≃C
ρ(mouvement ultrarelativiste)
q2
π ε0= 4m0C
2 r0
136/185
q γ√2 π ε0C rP
donne avec ε0 µ0C2 = 1 :
q2γ2
2 π ε20C2r2
ω0 r2
π µ0C=
q2γ2
2 π2ε20C2µ0
1
ρ=
q2γ2
2 π2ε0 ρ=
2 γ2m0C2r0
π ρ
d2Pσ
dΩ dω=
2m0 r0C2 γ2
π ρ
(3ω
4ωC
)2/3
Ai′2[(
3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2ψ2
)
]
d2Pπ
dΩ dω=
2m0 r0C2 γ2
π ρ
(3ω
4ωC
)4/3
γ2 ψ2 Ai2
[(3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)
]
c) Expression avec la puissance totale synchrotron
Au VI 4 on avait trouvé la puissance totale synchrotron qui s’écrit dans le casultrarelativiste où β ≃ 1 :
PS =q2C γ4
6 π ε0 ρ2avec ωC =
3C γ3
2 ρet r0m0C
2 =q2
4 π ε0
2 r0m0C2 γ2
π ρ=
q2
2 π ε0
γ2
π ρ=
q2C γ4
6 π ε0 ρ22 ρ
3C γ3γ
9
2 π=PS γ
ωC
9
2 π
d2Pσ
dΩ dω=
PS γ
ωC
9
2 π
(3ω
4ωC
)2/3
Ai′2[(
3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)
]
d2Pπ
dΩ dω=
PS γ
ωC
9
2 π
(3ω
4ωC
)4/3
γ2 ψ2 Ai2
[(3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)
]
6- Puissance spectrale totale
a) Les fonctions Ssσ Ssπ Ss
Pour beaucoup d’applications du rayonnement synchrotron, la distributionangulaire verticale n’est pas résolue, et on s’intéresse à la densité spectrale brute.
137/185
Il faut alors intégrer la puissance spectrale par unité d’angle solide sur toutes lesdirections. On écrit :
dP
dω=
∫d2P
dΩ dωdΩ =
PS
ωC
[
Ssσ
(ω
ωC
)
+ Ssπ
(ω
ωC
)]
=PS
ωCSs
(ω
ωC
)
L’axe habituellement appelé z des coordonnées sphériques est ici appelé enfait y. Donc :
ψ ∼ 0 ⇒ dΩ = dφ cosψ dψ ≃ dφ dψ
Comme la puissance synchrotron ne dépend pas de φ, il correspond à cetteintégration, juste une multiplication par 2 π.
Ssσ
(ω
ωC
)
= 9
(3ω
4ωC
)2/3 ∫ +∞
−∞Ai′2
[(3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)
]
d (γ ψ)
Ssπ
(ω
ωC
)
= 9
(3ω
4ωC
)4/3 ∫ +∞
−∞γ2 ψ2 Ai2
[(3ω
4ωC
)2/3(1 + γ2 ψ2
)
]
d (γ ψ)
b) Expression en fonction de Ai(z) et Ai′(z)
On démontrera les formules suivantes écrites en rouge au chapitre XIX.
∫+∞
0
Ai(x) dx =1
3avec z = 22/3 a
∫+∞
0
y2Ai2(a+ b y2
)dy = − a
8 b√b
[Ai′(z)
z+
∫+∞
z
Ai(z′) dz′]
∫+∞
0
Ai′2(a+ b y2
)dy =
a
8√b
[
−3Ai′(z)
z−∫
+∞
z
Ai(z′) dz′]
Pour Ssσ :∫
+∞
−∞Ai′2 = 2
∫+∞
0
Ai′2 on a a = b =
(3ω
4ωC
)2/3
2 a
8√b=
a
4√b=
√a
4=
1
4
(3ω
4ωC
)1/3
138/185
On arrive à :
9
4
(3ω
4ωC
)1/3 (3ω
4ωC
)2/3
=9
4
3ω
4ωC=
27
16
ω
ωC
∫+∞
z
Ai(z′) =
∫+∞
0
−∫ z
0
=1
3−∫ z
0
Finalement avec :
z = 22/3 a = 22/3(
3ω
4ωC
)2/3
=
(3ω
2ωC
)2/3
Ssσ
(ω
ωC
)
=27
16
ω
ωC
(
−3Ai′(z)
z− 1
3+
∫ z
0
Ai(z′) dz′)
Pour Ssπ :a
8 b√b=
1
8√b=
1
8
(3ω
4ωC
)−1/3
Il reste :
9
(3ω
4ωC
)2
8=
27
16
ω
ωC
et :
Ssπ
(ω
ωC
)
=27
16
ω
ωC
(
− Ai′(z)
z− 1
3+
∫ z
0
Ai(z′) dz′)
Ss
(ω
ωC
)
=54
16
ω
ωC
(
− 2Ai′(z)
z− 1
3+
∫ z
0
Ai(z′) dz′)
7- Le spectre à basse fréquence
Ai′(0) est finie, et z → 0. Il en résulte que −1
3et l’intégrale de Ai qui restent
finis sont négligeables au premier ordre. Ai′(0) = −0, 2588. On a :
Ssσ
(ω
ωC
)
=27
16
ω
ωC(−3)× (−0, 2588)
(3
2
)−2/3 (ω
ωC
)−2/3
139/185
Ssσ
(ω
ωC
)
= +3× 27
16
(ω
ωC
)1/3 (2
3
)2/3
× 0, 2588 = 0, 9999
(ω
ωC
)1/3
Ssπ
(ω
ωC
)
=27
16
(ω
ωC
)1/3 (2
3
)2/3
× 0, 2588 = 0, 3333
(ω
ωC
)1/3
Il est intéressant de remarquer que trois quart de la puissance est rayonnéedans le mode σ, et un quart dans le mode π. D’autre part, du fait de la puissance
un tiers, la courbe en log-log sera dune droite de pente1
3.
Ss
(ω
ωC
)
=27
4
(ω
ωC
)1/3 (2
3
)2/3
× 0, 2588︸ ︷︷ ︸
−Ai′(0)
= 1, 333
(ω
ωC
)1/3
q2
π ε0= 4 r0m0C
2
dP
dω= −PS
ωC
27
4
(ω
ωC
)1/3(2
3
)2/3
Ai′(0) = − q2C γ4
6 π ε0 ρ2
(2 ρ
3C γ3
)4/3
Ai′(0) ω1/3 27
4
(2
3
)2/3
= −4 r0m0C2
6ρ2C C−4/3
(2
3
)4/3
ρ4/3 ω1/3Ai′(0)27
4
(2
3
)2/3
C−1/3 = ρ−1/3 ω−1/30
= −4 r0m0C2
6C−1/3 ρ−2/3 ω1/3Ai′(0)
27
4
4
9= −2 r0m0C
2
ρC−1/3 ρ1/3Ai′(0)ω1/3
dP
dω= −2
r0m0C2
ρAi′(0)
(ω
ω0
)1/3
On conclut de ce calcul, que pour un anneau synchrotron donné, pour unmouvement ultrarelativiste, vers les basses fréquences, le spectre est indépendantde l’énergie de la particule.
140/185
8- Le spectre à haute fréquence
a) Développement asymptotique pour la fonction d’Airy
z ≫ 1 Ai(z) ≃ e−2
3z3/2
2√π z1/4
Ai′(z) ≃ −z1/4 e
−2
3z3/2
2√π
∫+∞
z
Ai(z′) dz′ ≃ e−2
3z3/2
2√π z3/4
b) Application au spectre à haute fréquence
∫ z
0
−1
3=
∫ z
0
−∫
+∞
0
=
∫0
+∞+
∫ z
0
=
∫ z
+∞= −
∫+∞
z
Ssπ =27
16
ω
ωC
+z1/4 e
−2
3z3/2
2√π z
− e−2
3z3/2
2√π z3/4
= 0
Ssσ = Ss =27
16
ω
ωC
3z1/4 e
−2
3z3/2
2√π z
− e−2
3z3/2
2√π z3/4
=
27
16
ω
ωC
z1/4 e−2
3z3/2
√π z
=27
16√π
ω
ωCe−2
3
(3
2
ω
ωC
)[(
3ω
2ωC
)2/3]−3/4
=1√3
√
2
π
27
16
√ω
ωCe− ω
ωC
Ssσ = Ss =27
√2
16√3 π
√ω
ωCe− ω
ωC = 0, 777
√ω
ωCe− ω
ωC
9- Construction du graphique du spectre
On cosntruit le graphique en coordonnées log-log. Il n’y a pas de problème pourtracer l’approximation basse fréquence qui est tracée en rouge, et l’approximationhaute fréquence qui est tracée en bleu.
Pour la partie intermédiaire, à fréquence moyenne, on utilise :
141/185
Ai(x) ≃ h
N∑
k=0
ψ
[
h
(
k +1
2
)]
ψ(t) =1
πe−x − t2 + 1/3 cos
[t3
3+ t (x− 1)
]
avec h =2 π
26N = 24
Pour −10 < x < 0, l’erreur relative est inférieure à 3 10−8, et pour x > 0,l’erreur est inférieure à 10−12.
Le programme sous ActionScript avec le logiciel Flash 8 est alors le suivant :
xx = 1;
pi = 3.1415926535897;
psi = 0;
h = 2*pi/26;
for(var k = 0; k < 25; k++)
t = h*(k + 1/2);
arge = - xx - t*t + 1/3;
exp = Math.exp(arge);
argcos = (t*t*t)/3 + t*(xx - 1);
cos = Math.cos(argcos);
psi += exp*cos;
psi = h*psi/pi;
trace(psi);
Si on écrit xx = 1, cela veut dire qu’on cherche la valeur de Ai(1). Cettevaleur apparaît grâce à trace(psi). En effet, Ai(xx) = psi.
Une fois qu’on a les valeurs de Ai(x) avec une telle précision, il n’y a pas lapeine de faire des choses compliquées pour avoir Ss. Pour la dérivée, je fais :
Ai(z + 0.001)− Ai(z)
0.001
Voici le code :
142/185
z = 1;
pi = 3.1415926535897;
h = 2*pi/26;
psi = 0;
for(var j = 0; j < 25; j++)
t = h*(j + 1/2);
arge = - z - t*t + 1/3;
exp = Math.exp(arge);
argcos = (t*t*t)/3 + t*(z - 1);
cos = Math.cos(argcos);
psi += exp*cos;
psi = h*psi/pi;
psi1 = 0;
z1 = z + 0.001;
for(var j = 0; j < 25; j++)
t = h*(j + 1/2);
arge = - z1 - t*t + 1/3;
exp = Math.exp(arge);
argcos = (t*t*t)/3 + t*(z1 - 1);
cos = Math.cos(argcos);
psi1 += exp*cos;
psi1 = h*psi1/pi;
deriv = -(psi - psi1)/0.001;
trace(deriv);
Pour l’intégrale, je divise l’intervalle d’intégration en 2000 parties. Au delà, letemps de calcul est trop long, et je fais tout bêtement une somme de Riemann.
Je somme donc les quantités Ai(x)× Intervalle d’intégration2000
. Voici le code :
somai = 0;
z = 1;
pi = 3.1415926535897;
h = 2*pi/26;
psi = 0;
for(var i = 0; i < 2000; i++)
psi = 0;
xx = z*i/2000;
for(var k = 0; k < 25; k++)
143/185
t = h*(k + 1/2);
arge = - xx - t*t + 1/3;
exp = Math.exp(arge);
argcos = (t*t*t)/3 + t*(xx - 1);
cos = Math.cos(argcos);
psi += exp*cos;
psi = psi/pi;
somai += h*psi*(z/2000);
trace(somai);
Avec cette méthode, j’ai une dérive numérique à partir de x = 2 où je trouveSs(2) = 0, 188 alors qu’il faut trouver Ss(2) = 0, 187 comme le montre le tableausuivant :
ω
ωCValeur exacte de Ss Valeur que je trouve pour Ss
0, 001 0, 132 0, 132
0, 002 0, 166 0, 1660, 004 0, 207 0, 207
0, 006 0, 236 0, 2360, 008 0, 258 0, 2580, 01 0, 276 0, 276
0, 02 0, 339 0, 3390, 04 0, 411 0, 411
0, 06 0, 455 0, 4550, 08 0, 485 0, 485
0, 1 0, 507 0, 5070, 2 0, 560 0, 5600, 4 0, 559 0, 559
0, 6 0, 516 0, 5160, 8 0, 460 0, 460
1 0, 404 0, 4042 0, 187 0, 188
4 0, 032 0, 0376 0, 00523 0, 013
8 0, 0008 0, 013
Le code pour la construction graphique est alors le suivant :
144/185
createEmptyMovieClip("exp_mc",3);
exp_mc.lineStyle(1, 0x0000FF, 100);
x0 = 50*Math.log(0.13) + 430;
s = (0.777*Math.sqrt(0.13))/Math.exp(0.13);
y0 = - 50*Math.log(s) + 150;
exp_mc.moveTo(x0,y0);
for(var i = 1; i < 100; i++)
xx = 0.13 + i/10;
x0 = 50*Math.log(xx) + 430;
s = (0.777*Math.sqrt(xx))/Math.exp(xx);
y0 = - 50*Math.log(s) + 150;
exp_mc.lineTo(x0,y0);
createEmptyMovieClip("tiers_mc",2);
tiers_mc.lineStyle(1, 0xFF0000, 100);
x0 = 50*Math.log(0.0003) + 430;
arg = (1/3)*Math.log(0.0003);
s = 1.333*Math.exp(arg);
y0 = - 50*Math.log(s) + 150;
tiers_mc.moveTo(x0,y0);
for(var i = 1; i < 100; i++)
xx = 0.15*(i/100);
x0 = 50*Math.log(xx) + 430;
arg = (1/3)*Math.log(xx);
s = 1.333*Math.exp(arg);
y0 = - 50*Math.log(s) + 150;
tiers_mc.lineTo(x0,y0);
createEmptyMovieClip("spectre_mc",1);
spectre_mc.lineStyle(1, 0x000000, 100);
rapomega = 0.001;
for(var l = 0; l < 25; l++)
trace(l);
s = 0;
somai = 0;
lz = (2/3)*Math.log((3/2)*rapomega);
145/185
z = Math.exp(lz);
pi = 3.1415926535897;
h = 2*pi/26;
psi = 0;
for(var i = 0; i < 2000; i++)
psi = 0;
xx = z*i/2000;
for(var k = 0; k < 25; k++)
t = h*(k + 1/2);
arge = - xx - t*t + 1/3;
exp = Math.exp(arge);
argcos = (t*t*t)/3 + t*(xx - 1);
cos = Math.cos(argcos);
psi += exp*cos;
psi = psi/pi;
somai += h*psi*(z/2000);
psi = 0;
for(var j = 0; j < 25; j++)
t = h*(j + 1/2);
arge = - z - t*t + 1/3;
exp = Math.exp(arge);
argcos = (t*t*t)/3 + t*(z - 1);
cos = Math.cos(argcos);
psi += exp*cos;
psi = h*psi/pi;
psi1 = 0;
z1 = z + 0.001;
for(var j = 0; j < 25; j++)
t = h*(j + 1/2);
arge = - z1 - t*t + 1/3;
exp = Math.exp(arge);
argcos = (t*t*t)/3 + t*(z1 - 1);
cos = Math.cos(argcos);
psi1 += exp*cos;
146/185
psi1 = h*psi1/pi;
deriv = -(psi - psi1)/0.001;
term1 = - 2*deriv/z;
term2 = -1/3 + somai;
s = (54/16)*rapomega*(term1 + term2);
s1 = 1000*s + 0.5;
s1 = (1/1000)*Math.floor(s1);
y0 = - 50*Math.log(s) + 150;
x0 = 50*Math.log(rapomega) + 430;
rapomega = rapomega*Math.sqrt(2);
if(l == 0)
spectre_mc.moveTo(x0,y0);
spectre_mc.lineTo(x0,y0);
vert10_mc._x = 50*Math.log(10) + 430;
vert1_mc._x = 50*Math.log(1) + 430;
vert01_mc._x = 50*Math.log(0.1) + 430;
vert001_mc._x = 50*Math.log(0.01) + 430;
vert0001_mc._x = 50*Math.log(0.001) + 430;
hor1_mc._y = - 50*Math.log(1) + 150;
hor01_mc._y = - 50*Math.log(0.1) + 150;
hor001_mc._y = - 50*Math.log(0.01) + 150;
hor0001_mc._y = - 50*Math.log(0.001) + 150;
Et voici ci-dessous le graphique ainsi construit :
147/185
10- Le spectre intégré jusqu’à une fréquence donnée
Nous aurons besoin des deux équations suivantes :
∫ z
0
z′Ai′(z′) dz′ = z Ai(z) − 1
3+
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
∫ z
0
z′2 dz′∫
+∞
z′Ai(z”) dz” =
1
9
(
2 + 3 z2Ai′(z) − 6 z Ai(z)− 3(2− z3
)∫
+∞
z
Ai(z′) dz′)
z =
(3ω
2ωC
)2/3
z3/2 =3
2
ω
ωC
ω
ωC=
2
3z3/2 d
(ω
ωC
)
= z1/2 dz
= 0, 777
√ω
ωCe− ω
ωCCourbe bleue= 1, 333
(ω
ωC
)1/3
Courbe rouge
Ss
1
0,1
0,01
0,001
1010,01 0,10,001
(ω
ωC
)
ω
ωC
148/185
ω
ωCd
(ω
ωC
)
=2
3z3/2 z1/2 dz =
2
3z2 dz
∫ ω/ωC
0
ω′
ωCd
(ω′
ωC
) [
−2Ai′(z)
z− 1
3+
∫ z
0
Ai(z′) dz′]
−1
3= −
∫+∞
0
=
∫0
+∞⇒
∫ z
+∞= −
∫+∞
z
∫ ω/ωC
0
ω′
ωCd
(ω′
ωC
) [
−2Ai′(z)
z−∫
+∞
z
Ai(z′) dz′]
=
∫ z
0
2
3z′2 dz′ [ ]
= −4
3
∫ z
0
z′Ai′(z′) dz′ − 2
3
∫ z
0
z′2 dz′∫
+∞
z′Ai(z”) dz”
= −4
3
[
z Ai(z) − 1
3+
∫+∞
z
Ai(z′) dz′]
−2
3
[1
9
(
2 + 3 z2Ai′(z)− 6 z Ai(z) − 3(2− z3
)∫
+∞
z
Ai(z′) dz′)]
Pour le terme constant on obtient :(4
9− 4
27
)
× 54
16=
12− 4
27× 54
16=
8
27× 54
16= 1
Ensuite on obtient :
−2
9z2Ai′(z) × 54
16= −6× 9
9× 8z2Ai′(z) = −6
8z2Ai′(z) = −3
4z2Ai′(z)
Pour zAi :
−4
3+
12
27=
12− 36
27= −24
27
⇒ −24
27× 54
16= −2× 12
8= −12
4= −3
Pour∫Ai :
−4
3+
4
9=
4− 12
9= −8
9⇒ −8
9× 54
16= −1
2× 6 = −3 = −12
4
Pour z3∫Ai :
−2
9× 54
16= −6
8= −3
4
149/185
On arrive à :
∫ ω/ωC
0
Ss d
(ω′
ωC
)
= 1 − 3 z2
4Ai′(z) − 3 z Ai(z) − 12 + 3 z3
4
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
On voit tout de suite que la fonction Ss a une aire sous la courbe normée, c’està dire que l’intégrale de 0 à +∞ vaut 1, du fait de la décroissance exponentiellede Ai′, Ai et
∫+∞z quand z → +∞.
Intégrons maintenant jusqu’à ωC :
z =
(3
2
)2/3
= 1, 310370697
∫+∞
z
=
∫0
z
+
∫+∞
0
=1
3−∫ z
0
∫1
0
Ss d
(ω
ωC
)
= 1− 3 z2
4Ai′(z)︸ ︷︷ ︸
−3 z Ai(z)︸ ︷︷ ︸
−12 + 3 z3
4
1
3−∫ z
0
Ai(z′) dz′
︸ ︷︷ ︸
-0,119 0,092233 0,2714
∫1
0
Ss d
(ω
ωC
)
= 0, 500
Ainsi la pulsation critique joue un rôle précis. Elle divise le spectre de puis-sance en deux parts égales.
150/185
XIX PROPRIÉTÉS DE LA FONCTION D’AIRY
1- Équation différentielle vérifiée par cette fonction
On cherche une solution de l’équation différentielle y”(x) = x y(x) qui netend pas vers l’infini exponentiellement à l’infini. Cette propriété assure que satransformée de Fourier existe, ce qui n’est pas le cas de l’autre solution debase. On pose alors :
z(ω) =
∫+∞
−∞y(x) e−iωx dx =
√2 π y(ω)
y(x) =1√2 π
∫+∞
−∞y(ω) e+iωx dω =
1
2 π
∫+∞
−∞z(ω) e+iωx dω
y”(x) =1
2 π
∫+∞
−∞−ω2 z(ω) e+iωx dω
√2 π y” =
1√2 π
∫+∞
−∞−ω2 z(ω) e+iωx dω
⇒ (transformée de Fourier inverse) −ω2 z(ω) =1√2 π
∫+∞
−∞
√2 π y”(x) e−iωx dx
=
∫+∞
−∞x y(x) e−iωx dx =
∫+∞
−∞
1
−i∂
∂ω
[y(x) e−iωx
]dx = i
d
dω
∫+∞
−∞y(x) e−iωx dx = iz′(ω)
z′(ω) = i ω2 z z = k eiω3
3
Pour avoir une fonction par la transformée de Fourier de z(ω), il faut eneffet que la constante d’intégration soit nulle. D’autre part, la fonction solutionest effectivement définie à une constante multiplicative près, puisque l’équationdifférentielle est homogène. On choisit alors la solution la plus simple avec k = 1,et on arrive à :
y(x) =1
2 π
∫+∞
−∞ei
(
ω x +ω3
3
)
dω =1
2 π
∫+∞
−∞cos
(
x t +t3
3
)
dt = Ai(x)
2- Intégrale de zéro à plus l’infini
∫+∞
0
Ai(x) dx =1
2 π
∫+∞
0
dx
∫+∞
−∞cos
(u3
3+ x u
)
du
151/185
=1
2 π
∫+∞
−∞du
∫+∞
0
cos
(u3
3+ x u
)
dx =1
2 π
∫+∞
−∞du
1
u
[
sin
(u3
3+ x u
)]x=+∞
x=0
Pour x = +∞ :
Ix=+∞ =1
2 π
∫+∞
−∞
du
usin (x u) =
1
2 π
∫+∞
−∞
sin x u
x ud(x u) =
1
2
On retrouve en effet l’intégrale de Dirichlet du XVII 7.
Pour x = 0 :
Ix=0 =1
2 π
∫+∞
−∞
du
usin
u3
3=
1
6 π
∫+∞
−∞
sinu3
3u3
3
d
(u3
3
)
=1
6 ππ =
1
6
Finalement : ∫+∞
0
Ai(x) dx =1
2− 1
6=
2
6=
1
3
3- Calcul du carré de la fonction d’Airy
Ai2(x) =1
4 π2
∫+∞
−∞dt
∫+∞
−∞ds cos
(t3
3+ x t
)
cos
(s3
3+ x s
)
s+ t = u s− t = v s =u+ v
2t =
u− v
2
dt ∧ ds = 1
4(du− dv) ∧ (du+ dv) =
1
4(du ∧ dv − dv ∧ du) = 1
2du ∧ dv
t3
3=
1
3
(u− v
2
)3
=1
24
(u3 − v3 − 3 u2 v + 3 u v2
)
s3
3=
1
3
(u+ v
2
)3
=1
24
(u3 + v3 + 3 u2 v + 3 u v2
)
cos b cos a =1
2[cos (a+ b) + cos (a− b)]
a+ b =u3
12+uv2
4+ xu a− b =
v3
12+u2v
4+ xv
152/185
Ai2(x) =1
16 π2
∫+∞
−∞du
∫+∞
−∞dv
[
cos
(u3
12+uv2
4+ xu
)
+ cos
(v3
12+u2v
4+ xv
)]
∫∫
du dv cos (u, v)︸ ︷︷ ︸
mêmes bornes d’intégration
=
∫∫
du dv cos (v, u)︸ ︷︷ ︸
mêmes bornes d’intégration
Ai2(x) =1
2 π2
∫+∞
0
∫+∞
0
cos
(u3
12+uv2
4+ xu
)
du dv
4- Calcul de l’intégrale menant à Ssπ
∫+∞
0
y2Ai2(a+ by2
)dy =
1
2 π2
∫+∞
0
du
∫+∞
0
dv
∫+∞
0
y2 dy cos
[u3
12+ u
(v2
4+ a+ by2
)]
v = 2r cosφ√b y = r sinφ dv dy =
2√br dr dφ y2 =
r2
bsin2φ
=1
2 π22
b√b
∫+∞
0
du
∫+π/2
0
sin2φ dφ
∫+∞
0
dr r3 cos
[u3
12+ u
(a+ r2
)]
=1
π2b√b
π
4
∫+∞
0
du
∫+∞
0
cos
[u3
12+ u
(a+ r2
)]
r3 dr
r2 = w u = 22/3u′ u3 = 4u′3 2 r dr = dw
=22/3
8 π b√b
∫+∞
0
du′∫
+∞
0
cos
[u′3
3+ 22/3 (a+ w) u′
]
w dw
=22/3
8 b√b
∫+∞
0
Ai[
22/3 (a+ w)]
w dw =1
8 b√b 22/3
∫+∞
z
Ai(z′) (z′ − z) dz′
avec z′ = 22/3(a+ w) z = 22/3a w =z′ − z
22/3
∫+∞
0
y2Ai2(a+ by2
)dy =
a
8 z b√b
∫+∞
z
Ai(z′) (z′ − z) dz′
153/185
Calcul du premier terme :
a
8 z b√b
∫+∞
z
Ai(z′) z′ dz′ =a
8 z b√b
∫+∞
z
Ai”(z′) dz′ =a
8 z b√b[Ai′(z′)]
+∞z =
a
8 b√b
−Ai′(z)z
Calcul du deuxième terme :
− a
8 z b√b
∫+∞
z
Ai(z′) z dz′ = − a
8 b√b
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
et finalement :
∫+∞
0
y2Ai2(a+ by2
)dy = − a
8 b√b
[Ai′(z)
z+
∫+∞
z
Ai(z′) dz′]
5- Calcul de la même intégrale mais sans le terme y2
On fait le même changement de variable qu’au début du paragraphe précédent.On s’intéresse donc à :∫
+∞
0
Ai2(a+ by2
)dy =
1
π2√b
∫+∞
0
du
∫+π/2
0
dφ
∫+∞
0
r dr cos
[u3
12+ u
(a+ r2
)]
=1
2 π√b
∫+∞
0
du
∫+∞
0
cos
[u3
12+ u
(a+ r2
)]
r dr puis, avec l’introduction de w et u′ :
=22/3
2 π√b
1
2
∫+∞
0
du′∫
+∞
0
dw cos
[u′3
3+ 22/3 (a+ w)u′
]
=22/3
4√b
∫+∞
0
Ai[
22/3(a+ w)]
dw
puis, comme au paragraphe précédent :
z′ = 22/3(a+ w) dw =dz′
22/3z = 22/3a
∫+∞
0
Ai2(a+ by2
)dy =
1
4√b
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
6- Calcul de l’intégrale menant à Ssσ
On commence par dériver deux fois par rapport à a l’équation obtenue à lafin du paragraphe précédent :
∫+∞
0
Ai2(a+ by2
)dy =
1
4√b
∫+∞
22/3a
Ai(z′) dz′
154/185
∫+∞
0
2AiAi′ dy = − 1
4√b22/3Ai(z)
∫+∞
0
(2Ai′2 + 2AiAi”
)dy = − 1
4√b24/3Ai′(z) Ai” =
(a+ b y2
)Ai
∫+∞
0
(a+ b y2
)Ai2 dy +
∫+∞
0
Ai′2(a+ b y2
)dy = − 1
8√b24/3Ai′(z)
− 24/3
8√b= − 26/3
8 22/3√b= −4
8
a
z
1√b
car1
22/3=a
z
Les différents termes étant identifiés par leur couleur, l’équation devient, enutilisant le résultat final du paragraphe 4 :
a
4√b
∫+∞
z
Ai(z′) dz′− a
8√b
[Ai′(z)
z+
∫+∞
z
Ai(z′) dz′]
+
∫+∞
0
Ai′2(a+ b y2
)dy
= − 4 a
8√b
Ai′(z)
z
∫+∞
0
Ai′2(a+ b y2
)dy =
a
8√b
[
−3Ai′(z)
z−∫
+∞
z
Ai(z′) dz′]
7- Équations pour le spectre intégré
a) Première équation
Elle est obtenue par intégration par partie :∫ z
0
z′Ai′(z′) dz′ = [z′Ai(z′)]z0−∫ z
0
Ai(z′) dz′ = z Ai(z)−∫
+∞
0
Ai(z′) dz′+
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
∫ z
0
z′Ai′(z′) dz′ = z Ai(z) − 1
3+
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
155/185
b) Deuxième équation
Elle est également obtenue par des intégrations par partie et en utilisantégalement l’équation différentielle :∫ z
0
z′2 dz′∫
+∞
z′Ai(z”) dz” =
[z′3
3
∫+∞
z′Ai(z”) dz”
]z
0
−∫ z
0
z′3
3
(−Ai(z′)
)dz′
=z3
3
∫+∞
z
Ai(z′) dz′ +
∫ z
0
z′3
3Ai(z′) dz′
∫ z
0
z′3
3Ai(z′) dz′ =
∫ z
0
z′2
3Ai”(z′) dz′ =
[z′2
3Ai′(z′)
]z
0
−∫ z
0
Ai′(z′)2
3z′ dz′
=z2
3Ai′(z)−
[2
3z′Ai(z′)
]z
0
+
∫ z
0
Ai(z′)2
3dz′ =
z2
3Ai′(z)−2
3z Ai(z)+
2
3
∫ z
0
Ai(z′) dz′
=z2
3Ai′(z)− 2
3z Ai(z) +
2
3
[∫+∞
0
Ai(z′) dz′ −∫
+∞
z
Ai(z′) dz′]
=z2
3Ai′(z)− 2
3z Ai(z) +
2
9− 2
3
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
∫ z
0
z′2 dz′∫
+∞
z′Ai(z”) dz” =
2
9+z2
3Ai′(z)−2
3zAi(z)−2
3
∫+∞
z
Ai(z′) dz′+z3
3
∫+∞
z
Ai(z′) dz′
156/185
XX LES FONCTIONS HOLOMORPHES
1- Définition
On dit que f est holomorphe sur un ouvert du nombre complexe z0, sif(z)− f(z0)
z − z0a une limite finie appelée f ′(z0) quand z → z0.
Une fonction holomorphe sur tout le plan complexe est appelée entière.
2- Toute fonction analytique est holomorphe
Une fonction analytique est développable en série entière avec un rayon deconvergence non nul dans le voisinage de tout point. Cette série entière estd’une manière évidente holomorphe.
3- Conditions de Cauchy
Par passage à la limite, quand dx → 0, et dy → 0 :
P (x+ dx, y + dy) + i Q (x+ dx, y + dy) = P (x, y)+ i Q (x, y)+ (a+ ib) (dx+ idy)
∂P
∂xdx +
∂P
∂ydy + i
∂Q
∂xdx + i
∂Q
∂ydy = a dx− b dy + i(a dy + b dx)
Cette égalité étant vraie pour tout dx et dy, cela implique :
∂P
∂x= a =
∂Q
∂yet
∂P
∂y= −b = −∂Q
∂x
4- Le théorème de Cauchy
Soit C un compact et ∂C son bord, et soit une fonction holomorphe sur un
ouvert contenant C. Alors∮
∂C
f(z) dz = 0. Il en résulte que l’intégrale d’un
point à un autre ne dépend pas du chemin suivi.
Soit en effet la forme différentielle ω1 = P dx−Qdy :
dω1 =∂P
∂ydy ∧ dx − ∂Q
∂xdx ∧ dy = −
(∂P
∂y+
∂Q
∂x
)
dx ∧ dy = 0
D’après le théorème de Stokes sur les formes différentielles, on a alors :∮
∂C
ω1 =
∫
C
dω1 = 0
157/185
Penons maintenant ω2 = Qdx+ P dy :
dω2 =∂Q
∂ydy ∧ dx +
∂P
∂xdx ∧ dy =
(∂P
∂x− ∂Q
∂y
)
dx ∧ dy = 0
∮
∂C
ω2 =
∫
C
dω2 = 0
∮
∂C
f(z) dz =
∮
∂C
(P + iQ)(dx+ idy) =
∮
∂C
Pdx−Qdy + i (Pdy+Qdx) = 0
5- Intégrale sur un chemin fermé entourant l’origine de 1/z
Partant du point rouge et descendant vers la gauche, on peut alors circulersur l’ensemble ∂K = ∂C
⋃∂l de la courbe extérieure et du cercle en revenant
au point rouge. On parcours alors le bord d’un compact K ne contenant pas
l’origine. La fonction1
zest bien holomorphe sur un ouvert contenant ce compact,
et∮
∂K
dz
z= 0. Il en résulte, si on appelle ∂C le bord du cercle, et ∂l la courbe
fermée extérieure, et puisque l’intégrale totale sur le pont entre les deux courbesfait bien zéro, puisqu’on va une fois dans un sens et une autre fois dans l’autresens, que : ∮
∂l
dz
z=
∮
∂C
dz
z= 2 i π
∮
∂C
dz
z=
∮
∂C
i eiθ Rdθ
R eiθ= 2 i π
O R
∂C∂l
K
158/185
6- Formule de Cauchy
Le résultat du paragraphe 5 fonctionne, et la démonstration est la même, si
on remplace1
zpar
1
z − a. Soit maintenant γ un chemin fermé dans un ouvert
entourant a. On sait, avec le même raisonnement qu’au paragraphe 5, que l’in-
tégrale sur un tour def(z)
z − ane dépend pas de la forme de la courbe. Cette
intégrale est donc la même que celle sur un cercle de rayon R aussi petit qu’onveut. Avec des notations différentes, on a donc, en tournant dans le sens direct :
∮
γ
f(ξ)
ξ − zdξ =
∮
R→0
f(ξ)
ξ − zdξ =
∮
R→0
f(z) dξ
ξ − z= f(z)
∮
R→0
dξ
ξ − z= 2 i π f(z)
On a donc la formule de Cauchy :
f(z) =1
2 i π
∮
γ
f(ξ)
ξ − zdξ γ entourant z
7- Holomorphie et analycité
On a vu que d’une manière évidente, une fonction analytique, c’est à diredéveloppable en série entière dans un voisinage de tout point, est holomorphe.On peut démontrer maintenant la réciproque. Tout d’abord :
1 + x+ x2 + ...+ xn =1− xn+1
1− x
1
1− x= 1 + x+ x2 + ...xn + ...
Pour |z − a| < |ξ − a| :
+∞∑
n=0
(z − a)n
(ξ − a)n+1=
1
ξ − a
+∞∑
n=0
(z − a
ξ − a
)n
=1
ξ − a
1
1− z − a
ξ − a
=1
ξ − a− z + a=
1
ξ − z
f(z) =1
2 i π
∮
γ
f(ξ) dξ+∞∑
n=0
(z − a)n
(ξ − a)n+1=
1
2 i π
+∞∑
n=0
(z − a)n∮
γ
f(ξ) dξ
(ξ − a)n+1=
+∞∑
n=0
cn (z − a)n
cn =1
2 i π
∮
γ
f(ξ) dξ
(ξ − a)n+1
159/185
et nécessairement, cn =f (n)(a)
n!.
La fonction est donc développable en série entière et donc analytique. Sur lecorps des complexes, il y a donc identité entre le fait d’être holomorphe ou ana-lytique. D’autre part, une série entière étant indéfiniment dérivable, une fonctionholomorphe est donc de classe C∞.
8- Théorème de Liouville
Soit f une fonction entière et bornée. Il existe M > 0, tel que |f(z)| < M
pour tout z ∈ C. D’après le paragraphe précédent, on a donc pour tout pointa du plan complexe :
f(z) =
+∞∑
n=0
cn (z − a)n avec cn =1
2 i π
∮
γ
f(ξ) dξ
(ξ − a)n+1
On peut choisir comme contour γ, le cercle γr de centre a et de rayon r, soitla courbe γr(θ) = a + r ei θ. Il vient alors :
|cn| <1
2 πM
∮
γr
|dξ|rn+1
=1
2 πM
∮
γr
dθ
rn=
M
rn
Si n 6= 0, en faisant tendre r vers +∞, on obtient cn = 0. Par conséquentf(z) = c0 et est une constante dans un voisinage de a. Comme elle est constantedans le voisinage de tous les points du plan complexe, elle est constante surtout le plan des complexes. On a donc le résultat qui constitue le théorème deLiouville : Une fonction entière et bornée est constante.
9- Théorème de D’Alembert
Tout polynôme non constant et à coefficients complexes admet au moins une
racine dans C.
Tout polynôme P (z) est une fonction entière. Il en est de même de son inverse
f(z) =1
P (z)s’il n’a aucune racine. S’il n’est pas constant, |f(z)| → 0 quand
|z| → +∞. On en déduit que f est bornée donc constante. Donc, le polynômeest constant. D’où la contradiction montrant que l’hypothèse d’un polynôme nonconstant sans racine est impossible.
160/185
10- Principe du maximum
On peut démontrer l’équivalent du théorème de Liouville dans n’importequel ouvert, c’est le principe du maximum.
Dans un ouvert, une fonction holomorphe f est constante, ou alors n’a pasde maximum, c’est à dire que tout voisinage de a contient un point b tel que|f(a)| < |f(b)|.
ck étant le premier terme non nul dans le développement en série entière, ona :
f(z) = f(a)+ak(z−a)k+o(|z − a|k
)= f(a)
[
1 +ak
f(a)(z − a)k + o
(|z − a|k
)]
f(a)
ak=
f(a)
akeiθ soit alors z = a+ ρ e
i θ
k ρ > 0
f(z) = f(a)
[
1 +ak
f(a)ρk + o
(ρk)]
Pour ρ suffisamment petit pour que le terme o(|z − a|k
)soit négligeable, on
aura donc |f(z)| > |f(a)|.
En effet :
|f(z)| = |f(a)| 1 + ρk[
ak
f(a)+ ε(ρ)
]
ε(ρ) → 0 quand ρ → 0
Donc, pour ρ suffisamment petit,ak
f(a)+ ε(ρ) > 0, donc :
1 + ρk[
ak
f(a)+ ε(ρ)
]
> 1
11- Col pour les parties réelles et imaginaires, là où la dérivée s’an-nule
Localement, suffisamment près de a, on aura alors, si la dérivée seconde n’estpas nulle :
f(z)− f(a) = a2 (z − a)2
Posons alors z − a = ρ ei θ et a2 = r ei α.
f(z)− f(a) = r ρ2 ei (α+2 θ)
161/185
On pose alors φ = θ +α
2; θ = φ− α
2; α+ 2 θ = 2φ.
f(z)− f(a) = r ρ2 e2 i φ
Les parties réelles et imaginaires vérifient alors :
Re [f(z)− f(a)] = r ρ2 cos 2φ
Im [f(z)− f(a)] = r ρ2 sin 2φ
À φ fixé, on a une demi-parabole à branche infinie orientée vers le haut ouvers le bas suivant le signe de la fonction trigonométrique. Pour φ = 0 ou π, laparabole a la courbure la plus forte pour la partie réelle, vers le haut, tandis quela partie imaginaire est localement constante.
Les fonctions partie réelle et partie imaginaire ont donc une forme de colcomme on le voit sur le dessin ci-dessous, et les lignes de plus grande pente pourla partie réelle et la partie imaginaire sont localement orthogonales, c’est à direque si l’on suit un chemin faisant varier le plus rapidement possible la partieréelle par exemple, la partie imaginaire est constante. Au paragraphe suivant,nous allons voir que cette propriété n’est pas uniquement locale au voisinaged’un point où f(z) est stationnaire.
12- Pente la plus raide (Steepest-Descent-Paths)
Soit g(z) = ex f(z) avec x réel positif. f(z) donc g(z) sont supposées holo-morphes. On a f(z) = P + iQ et les conditions de Cauchy :
∂P
∂x=
∂Q
∂y
∂P
∂y= −∂Q
∂x
162/185
∂P
∂x
∂Q
∂x+
∂P
∂y
∂Q
∂y=
∂Q
∂y
∂Q
∂x− ∂Q
∂x
∂Q
∂y= 0
−→∇P • −→∇Q = 0
Les lignes de partie imaginaire constante sont les lignes de plus grande pentepour la partie réelle et réciproquement.
g(z) = exP ei xQ |g(z)| = exP
Les lignes de plus grande pente pour |g(z)| sont celles où la phase de g(z) estconstante.
13- Démonstration simple du théorème des résidus
On considère que la fonction f a un pôle d’ordre p en z0. Cela veut dire que :
f(z) =ϕ(z)
(z − z0)p avec ϕ(z) =
+∞∑
n=0
bn (z − z0)n
f(z) =b0
(z − z0)p +
b1
(z − z0)p−1
+ ...+bp−1
(z − z0)+ bp + bp+1 (z − z0) + ...
D’après le paragraphe 7, on a :
bp−1 =1
2 i π
∮ϕ(z) dz
(z − z0)p =
1
2 i π
∮
f(z) dz
Le théorème des résidus exprime donc que :∮
f(z) dz = 2 i π bp−1
Le développement de f(z) ci-dessus en fonction des puissances de z − z0pouvant être négatives, s’appelle le développent de Laurent de f . Le théorèmedes résidus s’exprime alors en disant que le résidu de f au point z0 qui vaut
Res (f, z0) = bp−1 =1
2 i π
∮
f(z) dz, est égal au coefficient de1
z − z0dans le
développement de Laurent de f .
163/185
14- Développement de Laurent le plus général
a) Le théorème
Soit f une fonction holomorphe sur la couronne ρ1 < |z − z0| < ρ2 ∀ρ1 ∀ρ20 ≤ ρ1 < ρ2 ≤ +∞. Alors f admet un développement unique dans cette cou-ronne de la forme :
f(z) =+∞∑
n=−∞an (z − z0)
n
De plus, les coefficients an sont donnés par :
an =1
2 i π
∮
C
f(z′)
(z′ − z0)n+1
dz′
où C est un contour quelconque compris dans la couronne et faisant une foiset une seule le tour de z0 dans le sens direct.
Ce développement en série de f s’appelle le développement en série de Laurent.Il est évident qu’un tel développement est unique, deux développement différentsdonnant deux valeurs différentes.
Si le développement en série de Laurent de f centré en z0 n’admet qu’unnombre fini de coefficients d’indices négatifs, alors la valeur absolue de l’indicele plus petit s’appelle l’ordre du pôle. Si un pôle est d’ordre 1, on l’appelle pôle
simple.
S’il existe une infinité de coefficients an non nuls d’indice n < 0, on dit quele point z0 est un point singulier essentiel de f . C’est le cas par exemple de lafonction :
f(z) = e1/z =
+∞∑
n=0
1
n!
1
zn
b) Démonstration du théorème
On introduit deux cercles centrés sur z0 : γ1 de rayon r1 > ρ1 et γ2 de rayonr1 < r2 < ρ2. Le cercle γ1 est parcouru dans le sens rétrograde, et le cercle γ2dans le sens direct positif. Les deux segments parallèles verts sont très procheset on prendra la limite où ils sont confondus. On note γ le circuit complet décritdans le sens des flèches.
164/185
On peut alors appliquer la formule de Cauchy pour un point z à l’intérieurde γ, c’est à dire entre les cercles γ1 et γ2 :
2 i π f(z) =
∫
γ
f(z′)
z′ − zdz′
En remarquant que le segment vert est parcouru une fois dans un sens et ladeuxième fois dans l’autre sens, et donc qu’il ne donne pas de contribution àl’intégrale, on arrive à :
2 i π f(z) = −∫
γ1
f(z′)
z′ − zdz′
︸ ︷︷ ︸
I1
+
∫
γ2
f(z′)
z′ − zdz′
︸ ︷︷ ︸
I2
Pour z′ sur γ1, |z′ − z0| < |z − z0|.
1
z′ − z=
1
z′ − z0 − (z − z0)= − 1
z − z0
1
1− z′ − z0
z − z0
= − 1
z − z0
+∞∑
n=0
(z′ − z0
z − z0
)n
I1 = −+∞∑
n=0
1
(z − z0)n+1
∮
γ1
f(z′) (z′ − z0)ndz′
p = −(n+ 1) n+ 1 = −p n = −p− 1 − n = p+ 1
I1 = −−1∑
p=−∞(z − z0)
p
∮
γ1
f(z′)
(z′ − z0)p+1
dz′
γ1
γ2
Cz0
z′
z
165/185
Pour z′ sur γ2, |z − z0| < |z′ − z0|.
1
z′ − z=
1
z′ − z0 − (z − z0)=
1
z′ − z0
1
1− z − z0
z′ − z0
=1
z′ − z0
+∞∑
n=0
(z − z0
z′ − z0
)n
I2 =+∞∑
n=0
(z − z0)n
∮
γ2
f(z′)
(z′ − z0)n+1
dz′
On arrive finalement à :
f(z) =
+∞∑
n=−∞an (z − z0)
n avec an =1
2 i π
∮
C
f(z′) dz′
(z′ − z0)n+1
En effet, d’une part les deux signes moins pour l’intégrale sur γ1 s’annulent,d’autre part, aussi bien l’intégrale sur γ1 que l’intégrale sur γ2 sont égales àl’intégrale sur C, puisqu’on peut faire un pont reliant C à γ1 ou γ2 pour faire
un circuit fermé à l’intérieur duquel la fonctionf(z′)
(z′ − z0)n+1
est holomorphe,
le dénominateur ne s’annulant jamais. Ce résultat vient alors du théorème deCauchy :
−∮
γ1
f(z′)
(z′ − z0)n+1
dz′ +
∮
C
f(z′)
(z′ − z0)n+1
dz′ = 0
+
∮
γ2
f(z′)
(z′ − z0)n+1
dz′ −∮
C
f(z′)
(z′ − z0)n+1
dz′ = 0
En ce qui concerne la convergence de la série de Laurent, si elle convergepour z1 et z2 tels que |z1| < |z2|, elle converge pour tout z vérifiant |z1| < |z| < |z2|.
15- Théorème des résidus
Soit f une fonction holomorphe sur la couronne 0 < |z − z0| < ρ2. On peutécrire :
f(z) =a−1
z − z0+ g(z) avec g(z) =
∑
n6=−1
an (z − z0)n
166/185
g(z) possède une primitive G(z) =∑
n 6=−1
an(z − z0)
n+1
n+ 1.
∫ z2
z1
g(z) dz = G(z2) − G(z1)
Si z2 = z1, l’intégrale sur ce chemin fermé est nulle.
On en déduit, γ entourant z0 que :∮
γ
f(z) dz =
∮
γ
g(z) dz
︸ ︷︷ ︸0
+ a−1
∮
γ
1
z − z0dz = 2 i π a−1 = 2 i πRes (f, z0)
16- Cas de plusieurs pôles
Soit K un compact de bord ∂K. On considère une fonction holomorphe surK − z1, z2, ..., zn, c’est à dire K auquel on a enlevé les points z1, z2, ..., zn.Cette fonction holomorphe f a n pôles z1, z2, ... zn.
0 =
∮
∂Kr
f(z) dz =
∮
∂K
f(z) dz −n∑
k=1
∮
γk
f(z) dz
On peut entourer les pôles de cercles ayant tous le même rayon r suffisammentpetit pour que tous les cercles obtenus soient disjoints. On enlève alors l’intérieurde ces cercles à K. On obtient le compact Kr, et le bord ∂Kr est constitué dubord ∂K parcouru dans le sens positif et des n cercles parcourus dans le sensnégatif. En faisant des ponts comme dans le paragraphe 14-b entre les cercles etle bord ∂K, on entoure complètement le compact Kr et on arrive à :
167/185
∮
∂K
f(z) dz =
n∑
k=1
∮
γk
f(z) dz = 2 i π
n∑
k=1
Res (f, zk)
17- Calcul de l’intégrale de Dirichlet
D’après le théorème de Cauchy :
∫ −ε
−R
eix
xdx +
∫
γε
eiz
zdz +
∫ R
ε
eix
xdx +
∫
CR
eiz
zdz = 0
R → +∞ ⇒∫
CR
eiz
zdz = 0
z = ε ei θ ⇒ dz = i ε ei θ dθ
∫
γε
eiz
zdz =
∫
γε
i ε ei θ
ε ei θdθ = i
∫
γε
dθ = − i π
Donc pour R → +∞ et ε → 0, et en ne prenant que la partie imaginaire del’intégrale, on obtient :
i
∫0−
−∞
sin x
xdx + i
∫+∞
0+
sin x
xdx − i π = 0
et finalement :
∫+∞
−∞
sin x
xdx = π
168/185
XXI DÉVELOPPEMENT ASYMPTOTIQUE DE LA FONCTIOND’AIRY
1- Nouvelle expression
On part de :
Ai(x) =1
2 π
∫+∞
−∞ei
(
k x +k3
3
)
dk
On ne considérera que le cas où x > 0. On pose alors k =√x z.
Ai(z) =1
2 π
∫+∞
−∞ei
(√x z x + x3/2 z
3
3
)
√x dz
Ai(z) =
√x
2 π
∫+∞
−∞ei x3/2
(z3
3+ z
)
dz
2- Étude du col aux points stationnaires
On pose φ(z) = i
(z3
3+ z
)
. φ′(z) = i(z2 + 1
)= 0 pour z = ±i.
On pose z = p+ i q.
z3
3+ z =
(p+ iq)3
3+ p+ iq =
p3
3− i q3
3+ i p2q − p q2 + p+ iq
φ(z) =q3
3− p2q − q + i
(p3
3− p q2 + p
)
Aux points z = ±i où la fonction φ est stationnaire, p = 0. La partie imagi-naire de φ est donc nulle. Or on sait, d’après les paragraphes XX-11 et XX-12qui si l’on suit le chemin de plus grande pente pour la partie réelle, la partieimaginaire est constante. Cette constante étant nulle, le long de la ligne de plusgrande pente, la fonction φ est tout le temps réelle. Pour approximer l’intégraledéfinissant la fonction d’Airy en calculant une intégrale passant par un col, ilfaut que la fonction φ soit décroissante le long de la plus grande pente, de partet d’autre du col. Seules les valeurs proches du col interviendront alors dansl’intégrale pour le calcul de la fonction d’Airy.
169/185
Essayons alors z = −i. On a q = −1. La partie imaginaire étant nulle,p3
3− p q2 + p = 0. Le long de la ligne de plus grande pente, on a alors
q = −√
p2
3+ 1, et :
φ(z) =q3
3− p2q−q = −
√
p2
3+ 1
p2
3+ 1
3− p2 − 1
= +
√
p2
3+ 1
(8 p2
9+
2
3
)
La fonction est croissante quand on s’éloigne du col, ce n’est pas ce que l’on
veut. On va donc essayer le col à z = +i. On a q = 1. q = +
√
p2
3+ 1
φ(z) =
√
p2
3+ 1
p2
3+ 1
3− p2 − 1
= −√
p2
3+ 1
(8 p2
9+
2
3
)
Cette fois-ci, on a bien une fonction maximale au col et qui décroît de part etd’autre.
3- Utilisation du théorème de Cauchy
On considère le chemin fermé (CR) pour z = p + iq. On commence par allerde −R à +R sur l’axe réel, c’est à dire avec q = 0. Ensuite on rejoint la courbe
rouge q =
√
p2
3+ 1 à p constant, donc suivant une verticale dessinée sur la figure
page suivante en vert. Puis on décrit cette courbe rouge à p décroissant, jusqu’àp = −R. Ensuite, verticalement, à p = −R constant sur une courbe tracée envert, on redescend sur l’axe réel. En vertu du théorème de Cauchy, on a, lafonction qu’on intègre étant holomorphe :
∮
CR
ex3/2 φ(z) dz = 0
Lorsqu’on fait tendre R vers l’infini, les intégrations sur les branches verticalesà p constant donnent une contribution nulle. En effet, la partie réelle de φ(z)tend vers −∞ et il est en argument d’une exponentielle qui est prépondérantesur le facteur multiplicatif devant, et sur la longueur du chemin d’intégration.
Si on appelle maintenant (C) l’arc de la courbe dessiné en rouge q =
√
p2
3+ 1
dans le plan complexe, allant de p = −∞ à p = +∞, on a alors
170/185
Ai(x) =
√x
2 π
∫
C
ex3/2 φ(z) dz
φ(z) étant réelle sur toute cette courbe.
R−R O(CR)
(C)
La droite bleue est la droite d’équation q =p√3
pour p > 0.
4- Placement de l’origine en i
On pose z = z − i. z = z + i.
φ(z) = i
[z3
3− i
3+ i z2 − z + z + i
]
= iz3
3− z2 +
1
3− 1
φ(z) = iz3
3− z2 − 2
3
Au paragraphe 2, on a vu, grâce à son expression en fonction de p, que φ(z)est réelle paire sur la trajectoire (C). La seule partie complexe dans l’intégrationvient de dz, et comme les deux contributions, pour p < 0 qui est négative, etpour p > 0 qui est positive, en fonction de i, s’annulent à la fin de l’intégration,on a bien un résultat réel. Pour la partie réelle, les deux contributions, pourp < 0 et p > 0 sont égales. On peut donc écrire, Re désignant partie réelle :
171/185
Ai(x) = 2x1/2
2 πRe
∫
C+
ex3/2
[
iz3
3− z2 − 2
3
]
dz
Ai(x) =x1/2
πe−2
3x3/2
Re
∫
C+
ei x3/2 z2
(z
3+ i
)
dz
5- Changement de variable d’intégration
φ(z) étant réelle négative, d’après l’expression en fonction de p obtenue auparagraphe 2, on peut poser :
T 2 = −i z2(z
3+ i
)
∈ R+
On vérifie d’ailleurs que T 2 est bien positif au voisinage de z = 0.
T = z
√
1 − iz
3T 2 = z2
(
1 − iz
3
)
= −i z2(
1
−i+
z
3
)
x sera très grand. Les contributions à l’intégrale seront au voisinage de z = 0.Or, au voisinage de 0, la relation liant T et z est bijective et analytique. On peutdonc poser :
dz
dT=
+∞∑
k=0
αk Tk
On obtient donc pour la fonction d’Airy le développement asymptotique :
Ai(x) =x1/2
πe−2
3x3/2
Re
∫
+∞
0
e−x3/2 T 2
(+∞∑
k=0
αk Tk
)
dT
172/185
6- Calcul des αk
1
T k0+1
dz
dT=
+∞∑
k=0
αk
T k0+1−k= ... +
αk0
T+ ...
On a donc, avec le théorème des résidus, en faisant un tour complet autourde l’origine pour T :
αk =1
2 i π
∮dz
dTT−k−1 dT =
1
2 i π
∮
T (z)−k−1 dz
Par conséquent, en utilisant une deuxième fois le théorème des résidus :
αk = coefficient en1
zdans le développement en série de Laurent de T (z)−k−1
en puissances de z.
Comme dans l’expression de la fonction d’Airy, on prend la partie réelle, etque seuls les αk peuvent ne pas être réels, il ne faut pas garder les αk imaginairespurs. En effet, ils ne donnent pas de contribution.
α0 Il faut développer T (z)−1 :(
z
√
1− i z
3
)−1
∼ 1
z⇒ α0 = 1
α1 T (z)−2 :(
z
√
1− i z
3
)−2
=1
z2
(
1− i z
3
)−1
≃ 1
z2
(
1 +i z
3
)
⇒ i
3 zimaginaire
Il ne faut pas en tenir compte. Ce terme disparaît en prenant la partie réelle.
α2 T (z)−3 :(
z
√
1− i z
3
)−3
=1
z3
(
1− i z
3
)−3/2
(1 + x)α = 1+αx+α(α− 1)
2x2+ ...+
α(α− 1)(α− 2)...(α− n+ 1)
n!xn+ ...
173/185
Le terme en1
zvaut :
1
z3
−3
2
(
−5
2
)
2
(
−i z
3
)2
= −1
z
5
24⇒ α2 = − 5
24
α3 T (z)−4 :(
z
√
1− i z
3
)−4
=1
z4
(
1− i z
3
)−2
Il faut prendre le terme en z3 du carré ⇒ i3 = −i ⇒ imaginaire. Onn’en tient donc pas compte.
α4 T (z)−5 :(
z
√
1− i z
3
)−5
=1
z5
(
1− i z
3
)−5/2
Le terme en z4 vaut :
−5
2×−7
2×−9
2×−11
24× 3× 2× 1
z4
34i4 ⇒ α4 =
5× 7× 11
27× 27
J’en reste là, et je n’écris pas la formule générale un peu compliquée.
7- Calcul des intégrales
On part de XVI 3 :∫
+∞
−∞e−x2
dx =√π
∫+∞
0
e−x2
dx =
√π
2
En posant u =√a x :∫
+∞
0
e−a x2
dx =
∫+∞
0
e−u2 du√a=
1
2
√π
a
Puis, en intégrant par partie :
In =
∫+∞
0
xn e−a x2
dx =
[
e−ax2 xn+1
n+ 1
]+∞
0︸ ︷︷ ︸0
−∫
+∞
0
xn+1
n+ 1(−2ax) e−a x2
dx
174/185
=2 a
n+ 1
∫+∞
0
xn+2 e−a x2
dx ⇒ In+2 =n+ 1
2 aIn
I2 =1
2 aI0 =
1
4 a√a
√π I4 =
3
2 aI2 =
3
8 a2√a
√π
8- Calcul des coefficients du développement asymptotique
On pose dans la suite z =2
3x3/2.
Ai0(x) =x1/2
πe−2
3x3/2 ∫ +∞
0
e−x3/2 T 2
dT =x1/2
πe−2
3x3/2
1
2
√π x−3/4
Ai0(x) =1
2√π
e−z
x1/4
Ai2(x) =x1/2
πe−2
3x3/2 (
− 5
24
) ∫+∞
0
e−x3/2 T 2
T 2 dT
=x1/2
πe−z
(
− 5
24
) √π
4 x9/4= − e−z
2√π x1/4
5
48
1
x9/4−2/4−1/4
x9/4−2/4−1/4 = x6/4 = x3/2 =3
2z
Ai2(x) = − e−z
2√π x1/4
5
48× 3
2
1
z= +
e−z
2√π x1/4
(
− 5
72 z
)
Ai4(x) =x1/2
πe−z
(5× 7× 11
27× 27
)3
8
√π
x15/4=
e−z
2√π x1/4
5× 7× 11
27 273
4
1
x15/4−2/4−1/4
=e−z
2√π x1/4
5× 7× 11
27 273
4
1
x3
x3 =
(3
2z
)2
=9
4z2
1
x3=
4
9
1
z2
5× 7× 11
27 × 27
3
4
4
9=
5× 7× 11
27 × 9× 9=
5× 7× 11
23 × 9× 23 × 9× 2=
5× 7× 11
2× 722=
385
2× 722
175/185
Et, finalement :
Ai(x) =e−z
2√π x1/4
(
1 − 5
72 z+
385
2× 722 z2+ ...
)
9- Développement pour l’intégrale de la fonction d’Airy
z =2
3x3/2 ⇒ z′ = x1/2
∫+∞
x
Ai(x′) dx′ =e−z
2√π x3/4
(
1 − a
z+
b
z2+ ...
)
tend bien vers 0 quand x → +∞.
−Ai(x) =
(
1− a
z+
b
z2
)[e−z
2√π
(
−3
4
)
x−7/4 − x1/2 e−z
2√π x3/4
]
+e−z
2√π x3/4
[a
z2x1/2 − 2 b
z3x1/2
]
−Ai(x) =e−z
2√π x1/4
[(
1− a
z+
b
z2
) (
−1− 3
4
2
3
1
z
)
+a
z2
]
Le coefficient vaut donc :(
1− a
z+
b
z2
)(
1 +1
2 z
)
− a
z2= 1 +
1
z
(
−a+1
2
)
+1
z2
(
b− a
2− a)
1
2− a = − 5
72a =
1
2+
5
72=
5 + 36
72=
41
72
b− 3
2
41
72=
385
2× 722b =
1
2× 722(385 + 3× 41× 72) =
9241
2× 722
∫+∞
x
Ai(x′) dx′ =e−z
2√π x3/4
(
1 − 41
72 z+
9241
2× 722 z2+ ...
)
176/185
10- Développement pour la dérivée de la fonction d’Airy
Ai′(x) =
[e−z
2√π
(
−1
4
)1
x5/4− x1/2 e−z
2√π x1/4
](
1− 5
72 z+
385
2× 722 z2
)
+e−z
2√π x1/4
5
72 z2x1/2
=x1/4 e−z
2√π
(
−1
4
)13
2z
(
1− 5
72 z
)
− 1 +5
72 z− 385
2× 722 z2+
5
72 z2
Le coefficient vaut :
−1 +1
z
(
−1
6+
5
72
)
+1
z2
(5
6× 72− 385
2× 722+
5
72
)
= −1 +1
z
(
− 7
72
)
+1
z25× 72× 2− 385 + 5× 12× 2
2× 722
Ai′(x) = −x1/4 e−z
2√π
(
1 +7
72 z− 455
2× 722 z2+ ...
)
177/185
XXII CALCUL AVEC PRÉCISION DE LA FONCTION D’AIRY
1- Lemme de Lebesgue
Soit f une fonction réelle ou complexe intégrable sur l’intervalle compact [a, b]de R. On a :
∫ b
a
f(x) eiλx dx −→ 0 quand λ → +∞
Démontrons cette propriété pour une fonction en escalier :
∫ b
a
f(x) eiλx dx =∑
k
∫ xk+1
xk
fk(x) eiλx dx =
∑
k
fk(xk)
∫ xk+1
xk
eiλx dx =
1
i λ
∑
k
fk(xk)[eiλxk+1 − eiλxk
]→ 0 quand λ → +∞
Supposons maintenant f intégrable au sens de Riemann. Pour tout ε > 0, ilexiste une fonction en escalier ϕ(x) telle que :∫ b
a
|f(x)−ϕ(x)| < ε
2avec
∫ b
a
ϕ(x) eiλx dx <ε
2pour λ suffisamment grand
∫ b
a
f(x) eiλx dx ≤∫ b
a
f(x) eiλx dx−∫ b
a
ϕ(x) eiλx dx +
∫ b
a
ϕ(x) eiλx dx
≤∫ b
a
|f(x)− ϕ(x)| dx +
∫ b
a
ϕ(x) eiλx dx ≤ ε
2+
ε
2= ε
ce qui prouve la propriété.
2- Théorème de Dirichlet
On va montrer que la série de Fourier d’une fonction périodique convergevers cette fonction. On se contente de prendre, pour la simplicité de la démons-tration, une fonction f(x) de période 1, dont on suppose qu’elle est dérivable.On pose, n étant un entier relatif quelconque :
fn =
∫1
0
f(x) e−2 i π n x dx
178/185
On pose également, x0 étant un réel choisi :
g(x) = f(x+ x0) x 6= 0 G(x) =g(x)− g(0)
1 − e2iπxG(0) =
i
2 πg′(0)
On définit ainsi une fonction G continue en 0. En effet :
x ≃ 0 G(x) ≃ g′(0) x
1 − (1 + 2 i π x)= −g′(0) x
2 i π x=
i
2 πg′(0)
∫1
0
G(x)(1− e2iπx
)e−2 i π n x dx =
∫1
0
[g(x)− g(0)] e−2 i π n x dx
m étant un entier positif :
G−m − G−m−1 = g−m
... ... ... ...
G0 − G−1 = g0 − g(0)
... ... ... ...
Gm − Gm−1 = gm
Par sommation, tous les Gn intermédiaires disparaissent, et on arrive à :
Gm − G−m−1 =
n=m∑
n=−m
gm − g(0)
Gm =
∫1
0
G(x) e−2 i π mx dx −→ 0 m → +∞ idem G−m−1
On en déduit donc que, quand m → +∞ :
n=m∑
n=−m
gn −→ g(0)
179/185
gn =
∫1
0
g(t) e−2 i π n t dt =
∫1
0
f(t+ x0) e−2 i π n t dt
= e2 i π n x0
∫1
0
f(t+ x0) e−2 i π n (t+ x0) d(t+ x0)
= e2 i π n x0
∫1+x0
x0
f(u) e−2 i π n u du
La périodicité de la fonction qu’on intègre étant 1,
= e2 i π n x0
∫1
0
f(u) e−2 i π n u du = e2 i π n x0 fn
⇒ m → +∞ ∀x0
n=m∑
n=−m
fn e2 i π n x0 −→ g(0) = f(x0)
Il y a donc bien convergence de la série de Fourier vers la valeur de lafonction.
3- Formule sommatoire de Poisson
f est une fonction de Schwartz si elle est C∞ et à décroissance rapide :
x → ∞ |f(x)| ≪ |x|−N ∀N > 0
Une fonction de Schwartz est intégrable, et possède une transformée deFourier. La formule sommatoire de Poisson s’écrite alors, f(x) étant unefonction de Schwartz, et f(ν) sa transformée de Fourier :
∑
n∈Z
f(n) =∑
n∈Z
f(n)
Considérons en effet la fonction F (x) =∑
n∈Z
f(x + n). C’est une fonction
périodique de période 1. On peut donc la développer en série de Fourier :
F (x) =∑
n∈Z
an e2 i π n x
180/185
an = Fn =
∫1
0
F (x) e−2 i π n x dx =
∫1
0
dx∑
m∈Z
f(x+m) e−2 i π n x
=∑
m∈Z
∫1
0
f(x+m) e−2 i π n x dx =∑
m∈Z
∫1
0
f(x+m) e−2 i π n (x + m) d (x+m)
=
∫+∞
−∞f(t) e−2 i π n t dt = f(n)
∑
n∈Z
f(x + n) =∑
n∈Z
f(n) e2 i π n x
On fait alors x = 0 dans cette formule :
∑
n∈Z
f(n) =∑
n∈Z
f(n)
4- Utilisation de la formule de Poisson pour calculer numériquementune intégrale
On suppose qu’on a à évaluer∫
+∞
−∞ϕ(t) dt. On utilise alors la méthode du
point médian pour approximer cette intégrale comme une somme d’aires depetits rectangles :
ו •
nh (n + 1) h
ϕ[(n+ 1
2
)h]
181/185
∫+∞
−∞ϕ(t) dt ≃
∑
n∈Z
h × ϕ
[(
n+1
2
)
h
]
∑
n∈Z
f(n) =∑
n∈Z
f(n) f(x) = ϕ
[(
x+1
2
)
h
]
f(s) =
∫+∞
−∞e−2 i π s x ϕ
[(
x +1
2
)
h
]
dx y =
(
x+1
2
)
h dy = h dx
f(s) =1
h
∫+∞
−∞e−2 i π s
(y
h− 1
2
)
ϕ(y) dy
f(n) =1
h
∫+∞
−∞e−2 i π n
y
h ei π n ϕ(y) dy
h∑
n∈Z
ϕ
[(
n+1
2
)
h
]
=∑
n∈Z
(−1)n∫
+∞
−∞e−2 i π n
y
h ϕ(y) dy
5- Calcul de la fonction d’Airy grâce au théorème de Cauchy
On part de :
Ai(z) =1
2 π
∫+∞
−∞ei
(t3
3+ z t
)
dt
t + i α
α ∈ R+
t
182/185
On intègre, en utilisant le théorème de Cauchy, sur l’axe d’ordonnée α > 0
dans le plan complexe. Les deux jonctions entre cet axe et l’axe des t à ±∞donnent une contribution nulle, comme aussi bien l’intégrale sur l’axe des t quecelle sur l’axe des t+ i α ont une contribution nulle à l’infini.
it3
3donne
i
3(t+ i α)3 =
i t3
3− t2 α − i t α2 +
α3
3
i
(t3
3+ z t
)
donneα3
3− α t2 − z α + i
(t3
3− α2 t + z t
)
Ai(z) = e
α3
3− α z 1
2 π
∫+∞
−∞dt e
−α t2 + i
[t3
3+
(z − α2
)t
]
=
∫+∞
−∞ϕ(t) dt
ϕ(t) = e
α3
3− α z 1
2 πe−α t2 + i
[t3
3+
(z − α2
)t
]
Grâce à l’exposant en −α t2 de l’exponentielle, les branches infinies ne donnenteffectivement pas de contribution à l’intégrale, et le théorème de Cauchy peutbien s’appliquer.
6- Calcul de l’erreur commise en utilisant la méthode du pointmédian
∫+∞
−∞ϕ(t) dt = h
∑
n∈Z
ϕ
[(
n+1
2
)
h
]
−∑
n∈Z
(−1)n∫
+∞
−∞e−2 i π n
y
h ϕ(y) dy+
∫+∞
−∞ϕ(t) dt
∫+∞
−∞ϕ(t) dt = h
∑
n∈Z
ϕ
[(
n+1
2
)
h
]
−∑
n∈Z\0(−1)n
∫+∞
−∞e−2 i π n
y
h ϕ(y) dy
En posant p =2 π
h> 0 :
183/185
∫+∞
−∞ϕ(t) dt = h
∑
n∈Z
ϕ
[(
n+1
2
)
h
]
− ∆(p)
∆(p) =∑
n∈Z\0(−1)n
∫+∞
−∞e
α3
3− α z 1
2 πe−α t2 + i
[t3
3+
(z − α2
)t − p n t
]
dt
∆(p) =∑
n>0
(−1)ne
α3
3− α z
2 π
∫+∞
−∞e−α t2 + i
t3
3+[(z − p n)− α2
]t
dt+ idem(−n)
On pose Z = z − p n.
∆(p) =∑
n>0
(−1)ne
α3
3− αZ
2 πe−α pn
∫+∞
−∞e−α t2 + i
(t3
3+ Z − α2
)
tdt+ idem(−n)
On retrouve l’expression à intégrer pour trouver la fonction d’Airy par inté-gration le long de l’axe horizontal d’ordonnée α du plan complexe. Donc :
∆(p) =∑
n>0
(−1)n[e−αpnAi (z − p n) + eα pnAi (z + p n)
]
∆(p) =+∞∑
n=1
(−1)n R(n p) avec R(p) = eα pAi (z + p) + e−αpAi (z − p)
On peut maintenant calculer l’erreur que l’on commet quand on calcule l’inté-grale donnant la fonction d’Airy par la méthode du point médian en omettantle terme ∆(p). On choisit α = 1, p = 26. On a une série alternée pour ∆(p), parconséquent il suffit de majorer le premier terme. On s’intéresse à z > 0. D’aprèsle développement asymptotique de la fonction d’Airy vu au chapitre précédent,lui-même alterné, on a le majorant :
eαpAi(z + p) ≤ epe−2
3(z + p)3/2
2√π (z + p)1/4
≤ e26 − 2
3263/2
2√π 261/4
= 10−28
184/185
Il est facile de vérifier avec un ordinateur que le module de la fonction d’Airy
est toujours inférieure à 1 : |Ai(z − p)| ≤ 1. Il vient alors pour l’autre terme :
e−αpAi(z − p) ≤ e−26 = 5 10−12
Voyons maintenant le terme que l’on calcule effectivement par ordinateur.
Compte tenu de la parité, on a, avec tn =
(
n+1
2
)
h, h =2 π
26:
h∑
n∈Z
ϕ (tn) = h
+∞∑
n=0
e
α3
3− α z − α t2n
πcos
[t3n3
+ tn(z − α2
)]
On choisit de s’arrêter à 24.
Ai(z) ≃ 2 π
26×
24∑
n=0
e
1
3− z − t2n
πcos
[t3n3
+ tn (z − 1)
]
Voyons le premier terme omis, le cosinus étant en valeur absolue majoré par 1 :
t25 =2 π
26
(
25 +1
2
)
= 6, 16 t225 = 38 e−α t225 = e−t225 = e−38 = 3 10−17
La décroissance de l’exponentielle en −t2n étant extrêmement rapide, tousles autres termes sont totalement négligeables. La convergence de la série dessommes d’aires des rectangles par la méthode du point médian est donc fou-droyante. Sur toutes les erreurs commises, on voit que la plus grande est cellesur ∆ qui vaut 5 10−12.
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