L3 Mathématique pour la physique Examen final 4 janvier 2011 : CORRIGE

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1 Université Joseph Fourier L3 Physique Julia Meyer L3 Mathématique pour la physique Examen final 4 janvier 20 : CORRIGE Modalités : Notes de cours et TDs permis. NOTE IMPORTANTE SUR LA REDACTION : Choisissez d abord les problèmes qui vous plaisent le plus. Faites les autres que vous trouvez difficiles à la fin. Il n est pas nécessaire de faire tout l examen pour obtenir 20/20. Si vous ne savez pas répondre à une question, admettez le résultat et passez à la question d après. La copie n est pas un brouillon. Rédigez de façon claire et concise, en mettant en valeur les résultats importants que vous obtenez. Seulement une argumentation correcte rapporte des points. Formules utiles : Transformées de Fourier : TF[f(x)] = f(q) = f(x) e iqx dx TF [ f(q)] = f(x) = f(q) e iqx dq Coordonnées sphériques : x = r cos φ sin θ y = r sin φ sin θ z = r cos θ. Analyse complexe. (25 points) a) (2 points) On veut évaluer l intégrale en utilisant l analyse complexe 0 dx (x 2 + )(x 2 + 4) (i) (3 points) Trouver un contour fermé dans le plan complexe qui permet de évaluer cette intégrale. Solution : On remarque que 0 dx (x 2 + )(x 2 + 4) = 2 dx (x 2 + )(x 2 + 4). Maintenant on peut fermer le contour dans le plan complexe I[z] > 0 par un demi-cercle de rayon R. [REMARQUE : Le choix de fermer dans le plan complexe I[z] < 0 est aussi bien valable. Par contre, les pôles vont être entouré dans le sens mathématique négatif et il faut donc faire attention aux signes.]

2 (ii) (3 points) Trouver les pôles de la fonction à intégrer et déterminer leur ordre. Solution : f(z) = (z 2 + )(z 2 + 4) = (z i)(z + i)(z 2i)(z + 2i) Donc les 4 pôles sont z ± = ±i et z 2± = ±2i. Tous ces pôles sont du premier ordre. (iii) (4 points) Déterminer lesquels des pôles trouvés en (ii) sont à l intérieur du contour choisi en (i) et trouver les résidus pour ces pôles. Solution : Les pôles avec une partie imaginaire positive, I[z] > 0, sont à l intérieur du contour. Res(f; z + ) = Res(f; z 2+ ) = (z + + i)(z + 2i)(z + + 2i) = (i + i)(i 2i)(i + 2i) = 6i (z 2+ i)(z 2+ + i)(z i) = (2i i)(2i + i)(2i + 2i) = 2i (iv) (2 points) Evaluer l intégrale. Solution : On utilise le calcul des résidus pour obtenir 0 dx (x 2 + )(x 2 + 4) = 2 C + dz (z 2 + )(z 2 + 4) = 2 i {Res(f; z +) + Res(f; z + )} = πi { 6i } = π 2i 2. b) (3 points) Au partiel, nous avons trouvé que la TF de la solution du oscillateur amorti, forcé décrit pas l équation différentielle d 2 dt 2 x(t) + α d dt x(t) + βx(t) = δ(t t 0) est donnée par e iωt0 x(ω) = ω 2 + iαω + β. Rappeler les signes de α et β. Trouver x(t) en utilisant le calcul des résidus. Solution : On utilise la définition de la TF inverse, x(t) = x(ω)e iωt dω. On utilise le lemme de Jordan pour trouver un contour fermé dans le plan complexe. L intégrant est donné par ω 2 + iαω + β eiω(t t0). Pour t t 0 > 0, on ferme dans le plan complexe I[z] > 0. Pour t t 0 < 0, on ferme dans le plan complexe I[z] < 0. Donc, { x(t) = } H(t t 0 ) x(z)e izt dz + H( t + t 0 ) x(z)e izt dz. C + C 2

3 On trouve les pôles, ω 2 + iαω + β = 0, donc z ± = i 2 α ± β α2 4. Avec I[z ±] > 0, on obtient x(t) = H(t t 0) i { Res ( x(z)e izt, z + ) + Res ( x(z)e izt, z )}. Les résidus peuvent être calculés en utilisant x(z)e izt = (z z + )(z z ) eiz(t t0). Donc { x(t) = ih(t t 0 ) = ih(t t 0 ) e iz+(t t0) z + z 2 β α2 4 ( = H(t t 0 ) e α 2 (t t0) sin β α2 4 } e iz (t t0) z z + e α 2 (t t0) { e i β α2 4 (t t0) e i β α2 4 (t t0) } β α2 4 (t t 0) ). 2. Système prédateurs-proies. (30 points) En cours nous avons considéré le modèle de Lotka-Volterra. Soit P le nombre des prédateurs et N le nombre des proies dans l écosystème. Lotka et Volterra ont proposé dn/dt = αn βnp, dp/dt = NP δp. α est le taux de croissance naturel des proies en l absence des prédateurs. La présence des prédateurs cause la disparition des proies, proportionnellement au nombre de prédateurs et de proies, d où le terme en βn P dans la première équation, β étant l efficacité de la chasse. Dans l équation qui régit la dynamique des prédateurs, nous voyons que la croissance est fonction du nombre de proies disponible, et le terme δ est le taux de mort naturel des prédateurs. Pour tenir compte des ressources limitées, on introduit un terme supplémentaire pour obtenir avec κ > 0. On va commencer par la dynamique des proies pour β = 0. dn/dt = αn κn 2 βnp, () dp/dt = NP δp, (2) a) (2 points) Décrire la signification du terme κ dans l équation (). Solution : Ce terme décrit une compétition entre les proies qui les empêche de devenir trop nombreux. b) (2 points) Trouver le(s) point(s) d équilibre N 0. Solution : Les points d équilibre correspondent à αn κn 2 = (α κn)n = 0. Donc il y a 2 points d équilibre, N 0 = 0 et N 0 = α/κ. 3

4 c) (4 points) Etudier la dynamique des proies proche de ce(s) point(s) d équilibre, c est-à-dire, pour N = N 0 + ɛn. Déterminer la stabilité. Solution : L équation pour N prend la forme Pour N 0 = 0, on obtient dn /dt = αn 2κN 0 N. Donc, pour α > 0, le point N 0 = 0 est instable. Pour N 0 = 0, on obtient dn /dt = αn N (t) = N (0)e αt. dn /dt = αn 2κ α κ N = αn N (t) = N (0)e αt. Donc, pour α > 0, le point N 0 = α/κ est stable. d) (5 points) Trouver le prochain ordre N = N 0 + ɛn + ɛ 2 N 2 pour N 0 = α/κ. Solution : L équation pour N 2 prend la forme dn 2 /dt = αn 2 2κN 0 N 2 κn 2 = αn 2 κ(n (0)) 2 e 2αt. On a donc à résoudre une équation différentielle linéaire avec second membre. La solution générale de l équation homogène est N (g) 2 (t) = C ge αt. Une équation particulière de l équation complète est où C p est déterminé par l équation N (p) 2 (t) = C p e 2αt, 2αC p = αc p κ(n (0)) 2 C p = κ α (N (0)) 2. Finalement, N 2 (t) = C g e αt + κ α (N (0)) 2 e 2αt, et, avec les conditions initiales, N 2 (t) = ( N 2 (0) κ α (N (0)) 2) e αt + κ α (N (0)) 2 e 2αt. e) (3 points) Soit N initial = N(t = 0). Trouver la solution exacte N(t) de l équation (). Solution : L équation () pour β = 0 peut être résolue par séparation des variables : On obtient t = α N(t) N initial dn αn κn 2 = dt. ( N + ) α κ N dn = α ln N(t)( α κ N initial) N initial ( α κ N(t)). 4

5 Donc N initial ( α κ N(t))eαt = N(t)( α κ N initial), et finalement N(t) = N initial α κ eαt α κ + N initial(e αt ). Maintenant on va considérer le système complet, Eqs. () et (2), pour β 0. f) (3 points) Déterminer les points d équilibre. Pour quelles valeurs de κ est-ce qu ils existent? Solution : Les points d équilibre correspondent à N(α κn βp ) = 0 et (N δ)p = 0. Donc il y a 3 points d équilibre possibles : N 0 = P 0 = 0 pour tous κ N 0 = α κ et P 0 = 0 pour tous κ N 0 = δ et P 0 = β (α κ δ α ) pour κ < δ parce que P 0 g) (7 points) Etudier la dynamique proche du point N 0 = δ/ et P 0 = α/β κδ/(β). Déterminer la stabilité. Solution : Les équations pour N et P prennent la forme dn /dt = αn 2κN 0 N βn 0 P βn P 0 = κδ N βδ P, dp /dt = N 0 P + N P 0 δp = β (α κδ)n. Les deux équations peuvent être combinées dans une équation matricielle : ( ) ( ) d N κδ = βδ (N ). dt P (α κδ) 0 P Pour déterminer la stabilité, il faut trouver les valeurs propres de la matrice, [( ) ] Donc det β κδ βδ (α κδ) 0 λ β = 0 ( κδ λ)( λ) (α κδ)( βδ β ) = 0. λ ± = κδ 2 ± κ 2 δ δ (α κδ). Comme α κδ > 0, on trouve R[λ ± ] 0 et donc le pont d équilibre est stable. On obtient N = Ae λ+t + Be λ t et P = Ce λ+t + De λ t, où deux coéfficients sont déterminés par les ED qui lient N et P et les deux autres sont déterminés par les conditions initiales. 5

6 h) (4 points) Tracer la courbe paramétrique (N(t), P (t)) pour κ = 0 et les conditions initiales suivantes : (i) (2 points) N(t = 0) = ɛa et P (t = 0) = 0 avec a > 0 Solution : Pour κ = 0, on obtient le cas traité en cours et TD où λ ± = ±i αδ. Par contre, les conditions initiales données ici ne sont pas proches de ( δ, α β ), mais proches de (0, 0). Dans ce cas là, les équations pour N et P sont découplées et les conditions initiales données donnent N (t) = ae αt et P (t) = 0. (ii) (2 points) N(t = 0) = δ/ + ɛa et P (t) = α/β avec a > 0 Solution : Pour κ = 0, on a λ ± = ±i αδ. En outre, N = Ae i αδ t + Be i αδ t Avec N (t = 0) = a et P (t = 0) = 0, on obtient et, donc, ce qui décrit une ellipse. ( ) N = a cos αδ t P = βδ et dn dt P = a β N 2 + δβ2 α 2 P 2 = a 2, = βδ αδ(ae i αδ t Be i αδ t ). α δ sin ( αδ t ) 3. (20 points) Opérateur moment cinétique. ( 20%) Dans l espace des fonctions à trois variables, l opérateur L z est définie en coordonnées cartésiennes par L z = x y y x. a) (3 points) En utilisant les règles de dérivation en chaîne, démontrer que L z = / φ, où, en coordonnées sphériques, φ est la variable qui mesure l angle de la projection du vecteur sur le plan x y avec l axe x. Solution : Avec x = r cos φ sin θ et y = r sin φ sin θ, on trouve Donc x φ = r sin φ sin θ = y et y = r cos φ sin θ = x. φ L z = y φ y + x φ x = φ. b) (3 points) Que représente l opérateur exp[αl z ] où α est un scalaire réel? Evaluer exp[αl z ]f(r, θ, φ), où f est une fonction à valeurs complexes de trois variables (f : R 3 C). Solution : On sait. Donc exp[αl z ]f(r, θ, φ) = exp[αl z ] = exp[α φ ] = n=0 n=0 n αn n! φ n n αn f(r, θ, φ) = f(r, θ, φ + α), n! φn c est-à-dire, l opérateur exp[αl z ] représente une rotation autour de l axe z d un angle α. 6

7 c) (3 points) Dans l espace des fonctions à valeurs complexes de trois variables, donner la forme générale, en coordonnées sphériques, des fonctions propres et des valeurs propres de l opérateur L z. Démontrer en particulier que les valeurs propres doivent s écrire comme ±in, où n est un nombre entier. [Help : f doit être périodique dans la variable angulaire φ.] Solution : On cherche une fonction f tel que L z f = φ f = λf. C est le cas pour f(r, θ, φ) = g(r, θ)e λφ, où g(r, θ) est une fonction arbitraire. La fonction f doit être -périodique, f(r, θ, φ) = f(r, θ, φ + ), ce qui donne la condition λ = ±in ou λ = ±in. d) (3 points) Donner la définition du produit scalaire dans l espace des fonctions à valeurs complexes d une variable. Généraliser à l espace des fonctions à valeurs complexes de trois variables. Solution : (f, g) = f (x)g(x) dx peut être généralisé à (f, g) = f (x, y, z)g(x, y, z) dx dy dz = f (x, y, z)g(x, y, z) dv. e) (2 points) Dans l espace mentionné ci-dessus, est ce que l opérateur L z est hermitien? Est-ce que l opérateur il z est hermitien? Solution : On trouve (f, L z g) = f (r, θφ) g(r, θ, φ) dv φ = φ f (r, θφ)g(r, θ, φ) dv = (L z f, g). Donc L z n est pas hermitien. Par contre, (f, il z g) = f (r, θφ)i g(r, θ, φ) dv φ = i φ f (r, θφ)g(r, θ, φ) dv = (il z f, g). Donc, il z est hermitien. f) (2 points) Donner les expressions pour L x et L y en coordonnées cartésiennes. Solution : L x = y z z y et L y = z x x z g) (3 points) On connait le commutateur [L x, L y ] = L z. Les autres commutateurs peuvent être déduits par permutation circulaire. En utilisant ces commutateurs, trouver [L 2, L z ] où L 2 = L 2 x + L 2 y + L 2 z. Solution : [L 2, L z ] = [L 2 x, L z ] + [L 2 y, L z ] + [L 2 z, L z ] = L x [L x, L z ] + [L x, L z ]L x + L y [L y, L z ] + [L y, L z ]L y ] = L x L y + L y L x + L y ( L x ) + ( L x )L y = 0 7

8 h) ( points) Vous avez déjà trouvé les fonctions et valeurs propres de L z. Est-ce qu on peut en déduire quelque chose sur les fonctions et/ou valeurs propres de L 2? Solution : Comme L 2 est L z commutent, ils ont les mêmes fonctions propres. 4. Stabilité de surfaces. (25 points) Considérons une interface définie par la fonction u(x, t) vérifiant l équation différentielle avec a, b, d 0. On va commencer par étudier de l équation linéaire pour b = 0. u t = au bu3 + c 2 u x 2 d 4 u x 4 (3) a) ( points) L équation (3) pour b = 0 peut être écrite sous la forme t u = Lu, où L est un opérateur linéaire. Donner l expression pour L. Solution : L = a + c 2 x d 4 2 x 4 b) (2 points) Résoudre symboliquement l équation t u = Lu. Solution : On trouve u(x, t) = e Lt u(x, 0). c) (4 points) Chercher les fonctions et valeurs propres de L. [Help : S inspirer des TFs.] Solution : L contient des dérivées par rapport à x. On sait que x e iqx = iqe iqx. Donc e iqx est une fonction propre de l opérateur linéaire D x. Comme L = a + cd 2 dd 4, on obtient Le iqx = ( a cq 2 dq 4 )e iqx, c est-à-dire, e iqx est une fonction propre de L associée avec la valeur propre λ q = a cq 2 dq 4. Des TF, on sait que {e iqx } q R est une base orthogonale de l espace des fonctions f : R R. d) (3 points) Exprimer u(x, t = 0) = f(x) en fonction des fonctions propres de L. Solution : Comme e iqx est une base, on peut écrire u(x, t = 0) = f(x) = dq c(q)e iqx. La comparaison avec les TF donne c(q) = f(q) = dx f(x)e iqx. 8

9 e) (4 points) En utilisant le résultat de b), donner une expression intégrale pour u(x, t) en fonction des fonctions propres de L. Solution : D après b), on a u(x, t) = e Lt u(x, 0). Avec le résultat de d), cela devient u(x, t) = e Lt = dq c(q)e iqx dq c(q)e Lt e iqx. Comme e iqx est une fonction propre de L avec la valeur propre λ q, on obtient e Lt e iqx = e λqt e iqx et, donc, u(x, t) = dq c(q)e ( a cq2 dq 4 )t e iqx. f) (4 points) Evaluer u(x, t) pour f(x) = δ(x) ainsi que c > 0 et d = 0. Solution : En prenant la TF de δ(x), on obtient c(q) =. Donc, u(x, t) = = e at dq e ( a cq2 )t e iqx dq e ct(q2 iq x ct ) = e at dq e ct(q2 i x 2ct )2 x2 π 4ct = e at ct e x 2 4ct. Maintenant on va considérer l équation complète pour b 0. g) (2 points) On veut considérer la stabilité linéaire de la solution u 0 (x, t) = 0. Est-ce que le résultat dépend de la valeur de b? A quel ordre en ɛ est-ce que le coéfficient b apparaît? Solution : Non. Le coéfficient b apparaît à l ordre 3 seulement. h) (5 points) Utiliser le résultat de e) pour trouver la stabilité linéaire en supposant c < 0. Solution : La solution u = 0 est stable si le coéfficient α dans l exposant, e αt est négatif. Donc, il faut λ q = a cq 2 dq 4 0. On sait λ q = 0 pour q 2 = c 2d ± c 2 4d a 2 d. Par symétrie, il suffit de considérer les solutions q > 0. Pour a, d > 0 et c < 0, il n y pas de solutions réelles pour a > c 2 /(4d) tandis qu il y a deux solutions réelles q ± = c c 2d ± 2 4d 2 a d pour a < c 2 /(4d). Comme λ 0 < 0 et λ q, il y a une instabilité pour les valeurs q < q < q + où λ q devient positif. 9

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