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Mécanique Classique II

P. Amiot et L. Marleau

x1

2x

3x

ψ

θ

.

ϕ

X

Y

Z

ψ

ϕ

θ.

.

Mécanique Classique II

P. Amiot et L. Marleau

Département de physique, de génie physique et d’optique F Université Laval F Québec F Canada

Cet ouvrage a été rédigé avec Scientific WorkPlace et composé avec LATEX2ε°c 1998-2006 P. Amiot et L. MarleauDépartement de physique, de génie physique et d’optiqueUniversité Laval, Québec, CanadaTous droits réservés. Aucun extrait de cet ouvrage ne peut être reproduit, sous quelque formeou par quelque procédé que ce soit (machine électronique, mécanique, à photocopier, à enregistrerou tout autre) sans l’autorisation écrite préalable de l’auteur.

A v a n t - p r o p o s

Avant-propos

Version du 24 août 2009

Cet ouvrage contient l’essentiel du matériel couvert dans le cours de Mécanique ClassiqueII (PHY-2000) du Département de physique, de génie physique et d’optique de l’UniversitéLaval.. Il est basé sur les notes de cours de P. Amiot et prennent leur inspiration comme il estcoutume de plusieurs livres de références.

Les notes couvrent la mécanique classique avancée, soit le formalisme de Lagrange, leformalisme canonique, la théorie des perturbations et le mouvement d’un corps rigide.

– Chapitre 1 : Une revue des concepts et quantités qui jouent un rôle important en mé-canique est présentée. Le lecteur est présumé déjà connaître l’essentiel du contenu dece chapitre.

– Chapitre 2 : Le formalisme de Lagrange est introduit. On décrit la construction dulagrangien pour divers systèmes physiques et les équations d’Euler-Lagrange.

– Chapitre 3 : Quelques applications de la méthode de Lagrange sont élaborées ainsique leurs propriétés importantes et leurs conséquences physiques.

– Chapitre 4 : Le formalisme canonique est développé. On y décrit tour à tour l’hamil-tonien, les équations canoniques, les crochets de Poisson, les transformations canon-iques et la méthode d’Hamilton-Jacobi.

– Chapitre 5 : La théorie des perturbations est introduite par la méthodes de la variationsdes constantes.

– Chapitre 6 : La mécanique du corps solide, version scalaire, est résumée. Puis, on voitle tenseur d’inertie et on passe à la méthode vectorielle avec les équations d’Euler. Ony introduit les angles d’Euler et les changements de référentiel. Finalement, on donneun exemple simple d’un cas vectoriel, la toupie symétrique, en utilisant le lagrangienet les équations du mouvement qui en découlent.

– L’annexe contient un résumé des notations, une description des systèmes d’unités, untableau des constantes fondamentales en physique, une description des systèmes decoordonnées, un aide-mémoire et quelques références complémentaires.

Bonne lecture !

P. Amiot et L. Marleau.Département de physique, de génie physique et d’optiqueUniversité Laval, Québec, Canada

v

RAPPEL Chapitre 1

1.1 Trajectoire et cinématiqued’une particule ponctuelle

1.2 Plusieurs particulesponctuelles

1.3 Éléments de dynamique1.4 Travail et Énergie1.5 Systèmes à N particules et

forces extérieures1.6 Degrés de liberté

1.1 Trajectoire et cinématique d’une particuleponctuelle

La particule ponctuelle est sans dimension. C’est une création de l’esprit, un modèle,représentant un objet physique qui n’est animé que d’un mouvement de translation (pas derotation sur lui-même). On admet ici que notre espace physique est à trois dimensions auquelon adjoint le temps qui n’est pas ici une dimension mais un paramètre immuable et indépen-dant des objets physiques et de leur évolution dont il sert à mesurer le taux.

Nous représentons l’espace physique par un espace à trois dimensions à l’échelle, dotéd’une origine notée O et de trois axes orientés. La position instantanée de la particule y estnotée par un point P dont la position est entièrement définie par un triplet de nombres appeléscoordonnées du point et qui mesurent généralement des longueurs ou des angles (voir figure1.1). Ces coordonnées seront souvent notées xi ou qi. Il est souvent pratique de parler duvecteur position de la particule, noté x ou r qui va de l’origine O au point P .

P

C

Figure 1.1 NTrajet d’une particule

L’évolution du système physique sera décrite par une courbe ou trajectoire C, décrivantle déplacement continu du point P dans notre espace de configuration. On conçoit cette évo-lution comme résultant d’un paramètre invariant qui augmente. On le choisit généralement etpour des raisons pratiques comme étant le temps, noté t, mais ce choix n’est pas unique. Lepoint P se déplaçant avec le temps sa position, r, variera dans le temps et la trajectoire seradécrite par r = r(t) en terme des composantes par :

xi = xi(t), i = 1, 2, 3. (1.1)

Qui dit mouvement pense intuitivement à une rapidité de mouvement. Cette notion, ceconcept est quantifié par la définition de la vitesseV

V(t) =d

dtx(t) ≡ x(t). (1.2)

Notons par la lettre p le paramètre (arbitraire) dont la variation génère la trajectoire (ilpeut être ou non le temps). Alors la longueur s de la trajectoire entre p0 et p1, est donnéepar :

s(p0, p1) =

Z p1

p0

dp

vuutXi

µdxidt

¶2(1.3)

où p varie de façon monotone entre p0 et p1. Alors on peut écrire (voir figure 1.2) :

V =dx

dt=ds

dt

dx

ds≡ v

dx

ds. (1.4)

On voit immédiatement que :dx

ds= bτ (1.5)

un vecteur unitaire dans la direction du vecteur T qui donne la tangente à la trajectoire au

1

RAPPELC h a p i t r e 1

point P . En effet bτ = lim∆s→0

∆x

∆s=

dx

ds. (1.6)

On obtient ainsi V =bτv ou bτ donne la direction et v la grandeur de la vitesse (vectorielle)

xx+Δ x

τT

Δ x

Δs^

Figure 1.2 NDéplacement le long d’une trajectoire courbe.

V. Par abus de langage, v s’appelle aussi la vitesse. Ce qu’il faut souligner, c’est que V esttoujours tangent (c’est un vecteur) à la trajectoire. D’ailleurs, pourvu que le paramètre p variede façon monotone (et continue) le vecteur dx

dp est tangent à la trajectoire, le casV = dxdt n’est

qu’un cas particulier.Intuitivement la vitesseV peut varier le long de la trajectoire (voir figure 1.3). Pour quan-

tifier cet effet nous définissons l’accélération a

a =dV

dt=

d2x

dt2≡V≡x (1.7)

et clairement

a =dV

dt=

d (vbτ )dt

=dv

dtbτ + v

dbτdt

(1.8)

Parce que bτ · bτ = 1 alors d(τ ·τ )dt = 2bτ · dτdt = 0. Ainsi dτ

dt est perpendiculaire à bτ quiest tangent à la trajectoire. Donc dτ

dt est normal à cette trajectoire. Appelons bn le vecteurunitaire normal à la trajectoire (dans la direction de dτ

dt c’est-à-dire dans le plan instantané dela trajectoire). On calcule

dbτdt= |dbτ

dt|bn = |ds

dt

dbτds|bn = |dbτ

ds|vbn. (1.9)

On écrit par définition, ρ−1 = |dτds |. On a donc pour a

a =v2

ρbn+ d2s

dt2bτ . (1.10)

Ainsi l’accélération a une composante tangente à la trajectoire (bτ ) de valeur d2sdt2 et une

nρ

τvΔ x

P

^

^

Figure 1.3 NAccélération sur une trajectoire courbe.

composante normale à la trajectoire (bn) de valeur v2

ρ . On peut montrer que ρ est le rayon decourbure de la trajectoire. En effet, dans le voisinage immédiat du point P , la trajectoire peutêtre approximée par un arc de cercle, ρ serait alors le rayon de ce cercle. Plus la trajectoire estcourbée autour de P, plus la vitesse changera rapidement selon bn. De fait, plus ρ sera petit etplus la composante normale de a, v

2

ρ , sera grande.

1.2 Plusieurs particules ponctuelles

Pour représenter la position de N particules dans notre espace de configuration à 3 di-mensions nous avons besoin de N triplets de nombres (total 3N )

rν = (xν1, xν2, xν3) ; ν = 1, 2, ..., N. (1.11)L’évolution d’un tel système sera représentée par N trajectoires (une par particule) dans cetespace.

Il est souvent utile d’imaginer un espace abstrait comptant 3N dimensions, 3N coordon-nées y sont nécessaires pour décrire la position d’un point de cet espace qui donne à lui seulla position instantanée des N particules. Par un léger abus de notation on note les coordon-nées de ce point xi; i = 1, 2, ..., n = 3Net on peut parler de la trajectoire du système danscet espace.

Ainsi, assez typiquement on écrira alors des expressions comme la force par exemple :Fi(xj , t) (ième composante); i, j = 1, 2, ..., n. (1.12)

2

C h a p i t r e 1Éléments de dynamique

1.3 Éléments de dynamique

Depuis Newton on connaît l’équation fondamentale du mouvement :F = ma. (1.13)

Elle prend plusieurs formes (pas nécessairement équivalentes)

md2r

dt2= F; m

dv

dt= F;

dp

dt= F. (1.14)

La quantité F est la force. Elle détermine le système et est déterminée empiriquement, c’est-à-dire c’est l’expérience qui nous en donne l’expression.

Cette expression qui est vraie pourr = x = (x1, x2, x3) (1.15)

le demeure pour un nombre n de degrés de liberté. Pour alléger, écrivonsx = (x1, x2, x3, x4, ..., xn) (1.16)

un vecteur à n composantes. Intégrant m dans F (qui n’aura plus les dimensions d’une forcemais celles d’une accélération) écrivons l’opération de Newton :

x = f(x, x,t); (1 équation vectorielle à n composantes, n = 3N) (1.17)xi = fi(xj , xj , t); (n équations scalaires, i = 1, 2, ...3N) (1.18)

ou encorexν = fν(xμ,xμ,t); ν,μ=1, 2, ...N particules. (1.19)

(N équations vectorielles à 3 composantes) (1.20)L’équation de Newton, en tant que loi physique se doit d’obéir à certaines symétries que

nous fait découvrir l’observation de la nature. On dit alors que la mécanique classique doitêtre invariante par rapport aux transformations de Galilée. Cette invariance est valable pourles systèmes physiques fermés. Il n’y a qu’un seul tel système, c’est l’Univers mais en pra-tique les effets des corps éloignés sont souvent négligeables et on fait l’approximation que lesystème est fermé. Cela signifie que tous les corps qui jouent un rôle significatif sur le sys-tème sont inclus dans le système. Il n’y a pas de force extérieure. Cette dernière notion deforce extérieure peut également être utile, mais nous y reviendrons.

L’étude d’un système physique peut se faite entre t0 et t ou entre t0 + s et t+ s (on peutrefaire aujourd’hui une expérience faite hier et obtenir les mêmes résultats). Ainsi,

xi = fi(xj , xj , t) = fi(xj , xj , t+ s) (1.21)où s est quelconque. On en conclut que f ne peut dépendre du temps et donc

xi = fi(xj , xj); n = 3N équations. (1.22)Postulons que les résultats d’une expérience sont indépendants de l’endroit où elle est

faite. Si je déplace d’une même distance orientée, l, chaque particule du système physiquealors sa position passe de xν à xν + l (ν compte les particules) alors que xν demeure xνpuisque l = 0. La loi de Newton xν = fν(xμ,xμ) doit être indépendante de l, ce qui imposeque fν dépende de xμ sous la forme xμ − xλ puisque

xμ − xλ → (xμ + l)− (xλ + l) ≡ xμ − xλ (1.23)donc

xν = fν(xμ − xλ,xμ). (1.24)On sait également par expérience que la physique est la même pour deux observateurs se

déplaçant l’un par rapport à l’autre avec une vitesse constante (translation de vitesses). Celaimpose soit

fν =

⎧⎨⎩ fν(xμ − xλ)ou

fν(xμ − xλ,xμ − xλ).(1.25)

3


On admet également que la physique au Canada est la même qu’en Australie, même s’ilsont la tête en bas. Par conséquent les lois physiques, comme l’équation de Newton ne peuventpas dépendre de l’orientation de notre système de référence. Un tel changement d’un angle φautour d’un axe bn se note, en coordonnées cartésiennes

r→φbn× r (1.26)ou, si on écrit r sous forme (matricielle) d’un vecteur où les éléments sont les composantesde r,

r→Gr; où G = matrice 3× 3 pour une particule (1.27)Clairement, si

r→Gr (1.28)alors

r→Gr et Gr→Gr (1.29)donc l’invariance de

r = f(r, r) =⇒ r = f(Gr,Gr) (1.30)implique

f(Gr, Grr) =Gf(r, Gr). (1.31)Complétons tout cela avec les autres lois de Newton avant de revenir plus tard sur certaines

conséquences des résultats ci-dessus. Dans un système fermé, la loi d’action-réaction stipuleque si un corps, noté par l’indice ν agit avec une force Fμν sur un corps μ alors ce corpsμ agit sur ν avec une force Fμν = −Fνμ. Ainsi si nous n’avons que deux corps, avecrν = (xν1, xν2, xν3)

m1r1 = F12 (1.32)m2r2 = F21 = −F12 (1.33)

ou de façon générale, pour N corps (sans somme sur ν)

mν rν =NXμ=1

Fνμ = −NXμ=1

Fμν . (1.34)

Cette loi a une conséquence immédiate et importante : la conservation du moment linéairetotal. Sommons ci-dessus sur ν

NXν=1

mν rν =NX

μ,ν=1

Fνμ = 0 (1.35)

donc puisque les masses ne changent pasNXν=1

mν rν =d

dt

ÃNXν=1

mν rν

!= 0. (1.36)

La quantité dérivée est donc une constante dans le temps, c’est-à-direPN

ν=1mν rν = C.Il est habituel de définir le moment pν = mrν . Nous aurons donc

NXν=1

pν = C ≡ P : le moment linéaire total. (1.37)

Remarque 1.1iEn conclusion : le moment (linéaire) total d’un système fermé est une constante du mouve-ment.

i

On définit le moment angulaire d’une particule parlν = rν × pν = mνrν × rν (1.38)

4

C h a p i t r e 1Travail et Énergie

donclν = mν rν × rν +mνrν × rν = 0 +mνrν × rν (1.39)

= rν ×Fν = rν ×NXμ=1

Fνμ. (1.40)

Définissant le moment angulaire total du système

L =NXν=1

lν =NXν=1

mνrν × rν (1.41)

alors

L =NXν=1

rν ×NXμ=1

Fνμ =NX

μ,ν=1

rν ×Fνμ (1.42)

=NXμ6=ν

rν ×Fνμ =NX

ν,μ>ν

(rν − rμ)×Fνμ (1.43)

où la dernière relation tient compte du fait qu’une particule n’agit pas sur elle-même, soitFνν = 0

Or, le vecteur rν − rμ est dans la direction reliant les particules ν et μ. Si la force entreces particules est dans cette direction, comme sur la figure 1.4, alors le produit (×) sera zéroet L = 0 donc L = constante.

νμ

ν

μF

μνF

Figure 1.4 NForces entre deux particules.

Remarque 1.2iPar conséquent : si les particules constituant un système fermé n’agissent les unes sur lesautres que selon la droite qui les relie, alors le moment angulaire total du système est uneconstante du mouvement.

i

1.4 Travail et Énergie

Lorsqu’une force F agit sur un système physique, disons une particule, on dit qu’elleeffectue un travail sur ce système. Ceci cause un changement de l’énergie de ce système.Soit une trajectoire C1 entre les temps t0 et t. Calculons la quantité F · dx le long de cettetrajectoire Z x(t)

x(t0)

F · dx =

Z t

t0

F · dxdt

dttraj. phys.=

Z t

t0

µmd2x

dt2

¶· dxdt

dt

=m

2

Z t

t0

d

dt

µdx

dt· dxdt

¶dt =

m

2

Z t

t0

d

dt

¡v2¢dt

=1

2mv2(t)− 1

2mv2(t0) = T − T0. (1.44)

Ici, à la seconde ligne, nous avons utilisé la relation

x(t )0

x(t)

C

2

1

C

Figure 1.5 NTrajectoires entre les temps t0 et t.

d

dt

µdx

dt· dxdt

¶=

d

dt

µdx

dt

¶· dxdt+

dx

dt· ddt

µdx

dt

¶= 2

d

dt

µdx

dt

¶· dxdt= 2

d2x

dt2· dxdt

Appelant T = 12mv

2 l’énergie cinétique, on voit que l’application de la forceF se traduit

5


par un changement de cette énergie cinétique. Notons cependant que l’intégrale ci-dessus sefait le long d’une trajectoire. Le résultat peut donc dépendre de cette trajectoire (voir figure1.5), c’est-à-dire de façon généraleZ

C1

F · dx 6=ZC2

F · dx .

Dans certains cas cependant, et ils sont physiquement importants, l’intégrale ne dépend pasde la trajectoire mais uniquement des points initial et final, on dit qu’elle est conservatrice (laforce). Strictement parlant, il s’agit d’une propriété mathématique, c’est-à-dire qui résulte dela façon dont F dépend de x,v, t. Il se trouve que dans monde physique réel, plusieurs forcespeuvent être décrites par de telles fonctions. Lorsque tel est le cas, l’intégrale de F · dx surun parcours fermé est évidemment nul.

0 =

IC

F · dxStokes=

ZS∈C∇×F · dS (1.45)

où l’application du théorème de Stokes est responsable de la dernière branche de cette équa-tion avec S une surface dont la courbe fermée C marque la frontière. Comme cette surface estarbitraire mais que le résultat de l’intégrale doit toujours être nul alors la fonction à intégrerdoit être nulle

∇×F = 0 : force conservatrice. (1.46)Dans ce cas il est toujours possible d’écrire F comme le gradient d’une fonction scalaire. Onécrit

F = −∇V (x) (1.47)et on appelle V (x) l’énergie potentielle. Ainsi le travail fait par une telle force entre les pointsx0 et x sera Z x

x0

F · dx = −Z x

x0

∇V (x) · dx = V (x0)− V (x).= V0 − V. (1.48)

On avait vu que ce même travail était donné par T (x)− T (x0). Nous aurons donc

T + V = T0 + V0 : Énergie conservée. (1.49)Lorsque la force qui agit sur une particule est conservatrice on peut définir une constante dumouvement (indépendante de t) qu’on appelle l’énergie E = T + V . Physiquement la forceest donnée par −∇V , on peut donc remplacer V par V+ constante sans changer la force F.On change alors la valeur de E en E+ constante. L’échelle d’énergie ne peut donc être fixéequ’à une constante additive près. En pratique on fixe la valeur de V (x) à une certaine valeur,V0, pour une x = x0, x0 et V0 étant arbitraires.

1.5 Systèmes à N particules et forcesextérieures

Supposons un ensemble de N particules interagissant entre elles et sur lesquelles peuventégalement agir des forces extérieures. Notons mi la masse de la iième particule, Fi la forceexterne qui agit sur elle et Fij la force due à l’interaction de la jième particule sur la iième.Évidemment Fjj = 0 et par la troisième loi de Newton Fij = −Fji . Pour la iième particule,l’équation de mouvement est

mixi = Fi +Xj

Fij . (1.50)

Sommant sur toutes les particulesXi

mixi =Xi

Fi +Xi,j

Fij =Xi

Fi = F : force externe totale (1.51)

6

C h a p i t r e 1Systèmes à N particules et forces extérieures

parce queP

i,j Fij = 0. Avec M =P

imi : masse totale des N particules,

F =M

"1

M

Xi

mixi

#=M

d2

dt2

"1

M

Xi

mixi

#(1.52)

d’oùF =M

d2

dt2X : oùX =

1

M

Xi

mixi (1.53)

donne la position du centre de masse du système. Le mouvement du centre de masse se faitcomme si toute la masse y était concentrée et que la force externe totale s’y appliquait, quelleque soit l’interaction entre les particules. Définissant le moment linéaire total où P = MX,on aura

F =d

dtP : où P =

Xi

mixi. (1.54)

Si la force extérieure disparaît, F = 0 = ddtP alors P = constante.

Après le moment linéaire total, étudions le moment angulaire total. Nous aurons évidem-ment par rapport à l’origine Ox

L =NXi

li =NXi

mixi × xi (1.55)

mesuré à partir de l’origine du système de coordonnées utilisées. Il est utile d’utiliser lescoordonnées relatives que nous noterons les x0i, et définis par x0i = xi − X =⇒ xi =X+ x0i,

L =NXi

mixi × xi =NXi

mi

¡X+ x0i

¢×³X+x0i

´=

NXi

mi

³x0i × x0i +X× X+X× x0i + x0i × X

´(56)

maisP

imixi = 0 doncP

imix0i = 0 aussi, et alors

L =NXi

mix0i × x0i +MX× X = Lr + LCM (1.57)

où

Lr =NXi

mix0i × x0i

etLCM =MX× X = X× P.

Ainsi le moment angulaire total par rapport à l’origine d’un système inertiel est la sommevectorielle du mouvement angulaire relatif des particules par rapport au CM et d’un momentangulaire correspondant à la totalité de la masse centrée au CM par rapport à l’origine dusystème inertiel.

On peut passer d’un ensemble de particules ponctuelles à un corps de volume fini enremplaçant de façon adéquate les sommes par des intégrales. Dans ce cas on voit apparaîtredes densité de masse ρ(x) telles que

M =

ZVolume

ρ(x)d3x. (1.58)

Supposons maintenant qu’au lieu de considérer un ensemble de particules de masses m1,m2,...nous ayons affaire à un milieu continu comme un solide. Le même raisonnement quedans les sections précédantes s’applique encore avec toutefois un traitement qui diffère quelquepeu :1. La particule de masse mi localisée à la position ri est remplacée par un élément de masseρ(r) d3r à la position r où ρ(r) et d3r sont la densité de masse et l’élément de volume entrois dimensions respectivement.

7


2. Les propriétés des particulesXi sont remplacées par des fonctions de la position X(r).

3. Les sommesP

i sont remplacées par des intégrales.

Voici un sommaire des propriétés globales d’un système de particules :

Propriétés globales DynamiqueM =

Pimi

MR =P

imiri

P =MV =MR =P

imivi MA =MR = FE

MA =MR =P

imiaiT = 1

2MV 2 + 12

Pimiv

02i

L =P

i li =P

imiri × pi L = τ

Voici quelques exemples pour des relations énoncées ci-haut :

Particules ponctuelles Milieu continuM =

Pimi

Rd3r ρ(r)

MR =P

imiri MR =Rd3r ρ(r) r

T = 12MV 2 + 1

2

Pimiv

02i T = 1

2MV 2 + 12

Rd3r ρ(r) v2(r)

I =P

imir2i I =

Rd3r ρ(r) r2

E2

1

0

x 0 1 2 3 4

EE

x x x x

x

V(x)

Figure 1.6 NParticule dans un potentiel.

Exemple 1.1Système simple unidimensionnel :Si la force F = F (x) et qu’en une dimension il existe une fonction V (x) telle que

F (x) = − ∂

∂xV (x) = −∂V

∂x. (1.59)

Supposons V (x) comme sur la figure ?? et étudions une particule qui serait soumise à une telle force.Nous avons

E =m

2x2 + V (x) = T + V. (1.60)

Évidemment T ≥ 0 et donc E ≥ V (x) toujours. Donc E ≥ E0. Ceci contraint le mouvement. Parexemple si E = E1, alors le mouvement sera limité à la région entre x1 et x2 . Par contre si E = E2,alors non seulement la région x0 ≤ x ≤ x3 est-elle possible mais aussi la région x ≥ x4.

En une dimension il est simple d’obtenir la solution à partir de l’équation pour l’énergieci-dessus. En effet, isolant dx

dt = x,

dx

dt=

r2

m(E − V (x))

12 (1.61)

dt =

rm

2

dxpE − V (x)

. (1.62)

Intégrant,

t− t0 =

rm

2

Z x

x0

dxpE − V (x)

(1.63)

ou formellement t − t0 = f(x,E) − f(x0, E) où on isole x = x(t − t0, E, x0) : solutionunique si on connaît E et x0 = x(t0).

1.6 Degrés de liberté

La notion de degré de liberté jouera un rôle important dans les chapitres qui vont suivre.Cette section est consacrée à la première étape de cette notion.

8

C h a p i t r e 1Degrés de liberté

La première caractéristique des degrés de liberté est qu’ils se comptent. Un systèmephysique a un, deux, trois,..., N degrés de liberté.

x

x

Figure 1.7 NTrajet d’une particule.

Le degré de liberté est la généralisation du nombre de directions indépendantes selonlesquelles une particule peut se déplacer dans l’espace physique. Ainsi, une particule ponctuellepouvant se déplacer dans une direction possède un degré de liberté ; elle en possède deux sielle peut se déplacer dans un espace à deux dimensions, etc... . Des forces agissant selon uneou plusieurs de ces directions peuvent limiter le mouvement de la particule à un domaine finiselon ces directions sans faire disparaître le degré de liberté. Par exemple, si une particuleest libre de se déplacer selon l’axe Ox seulement, elle a un degré de liberté. Si une force,disons harmonique, Fx = −kx, agit sur la particule, le domaine de variation de la particulesera réduit de −x0 à +x0 selon son énergie E =

kx202 , et la particule a toujours un degré de

liberté. Cependant si cette force est caractérisée par une tige rigide qui empêche tout mouve-ment, alors le domaine de variation du mouvement est réduit à zéro et la particule perd sondegré de liberté. Dans l’exemple considéré ici (voir figure 1.7) la direction du mouvementest une droite (cartésienne). C’est un espace à une dimension géométrique correspondant àun degré de liberté physique. La particule pourrait de ne pouvoir se déplacer que selon unecourbe quelconque, disons la deuxième courbe de la figure 1.7. Encore une fois la particulen’a qu’un seul degré de liberté, une courbe étant un espace à une dimension, un seul nom-bre ou coordonnée étant suffisant pour déterminer la position de tout point sur la courbe, parexemple la distance orientée (+ ou −) par rapport à une origine O quelconque.

y2

1

1 2

y

x x

x

y

r

θ

Figure 1.8 NDeux particules ponctuelles reliées par un ressort.

On peut donc prendre pour règle que le nombre de degrés de liberté d’une particule estégal au nombre de coordonnées nécessaires et suffisantes pour déterminer la position de laparticule. En général, compter le nombre de coordonnées nécessaires n’est pas difficile ; unsystème physique comptant n particules pouvant toutes se déplacer dans un espace à D di-mensions aura nD degrés de liberté même si ces particules sont en interaction à conditionque ces interactions ne limitent pas à zéro les domaines de variation. Prenons par exempledeux particules ponctuelles, 1 et 2 dans un espace à deux dimensions (voir figure 1.8). Cesystème compte 2 × 2 = 4 degrés de liberté. Pour décrire ces 4 degrés de liberté on peutchoisir les 4 coordonnées x1, y1, x2, y2. On peut aussi choisir x1, y1, θ et r, cette dernièrecoordonnée mesurant la distance entre les deux particules. À chaque fois, quatre coordonnéessont nécessaires et suffisantes pour décrire les directions selon lesquelles les composantes dusystème peuvent se déplacer, c’est-à-dire définir exactement la position des deux particulesdu système. Dans ce problème il existe des familles de solutions, correspondant à des con-ditions initiales spéciales, qui ont comme caractéristique, soit θ = constante soit que r =constante et où il apparaît donc que le domaine de variation de certaines coordonnées est ré-duit à zéro, semblant indiquer que le nombre de degrés de liberté est maintenant de moins dequatre. Il n’en est rien, le système continue d’avoir quatre degrés de liberté, un simple change-ment des conditions initiales demandera quatre coordonnées encore une fois pour décrire lemouvement. Le nombre de degrés de liberté ne se compte pas dans la solution mais est unepropriété intrinsèque du système physique.

Supposons maintenant que le ressort soit remplacé par une tige rigide sans masse delongueur l (voir figure 1.9). Le domaine de variation de la distance entre les deux particulesest réduit à zéro. Un degré de liberté vient de disparaître. En effet on peut écrire soit

r = l =⇒ dr = 0

soit q(x2 − x1)

2+ (y2 − y1)

2= l

alorsdr = d

µq(x2 − x1)

2 + (y2 − y1)2

¶= 0.

Dans la première équation on lit directement que r est réglé à la valeur l. Il ne reste que lesdegrés de liberté décrits par x1, y1, θ. Dans la deuxième équation on lit qu’il existe un relationde dépendance entre quatre coordonnées (x1, y1, x2, y2). Algébriquement cela signifie quetrois seulement des quatre coordonnés sont indépendantes. Ainsi donc un degré de liberté est

9


décrit mathématiquement par une coordonnée indépendante. Cela signifie que, physiquement,un degré de liberté correspond à une direction généralisée le long de laquelle le système peutse déplacer indépendamment des autres directions, c’est-à-dire en les gardant constantes.Clairement ici, si on varie x1, x2, et y1 par exemple, alors y2 n’est pas libre de prendren’importe quelle valeur. y2 est contraint de prendre la valeur telle que √ = l ci-dessus.Ce n’est pas un degré de liberté puisqu’il n’est pas indépendant des autres. Nous aurons

y2

1

1 2

y

x x

x

y

r = l

θ

Figure 1.9 NDeux particules ponctuelles reliées par une tigerigide.

à revenir sur la notion de degré de liberté. Notons ici que nous les comptons dans l’espacephysique, en général l’espace à 3 dimensions dans lequel se situe la mécanique classique(ou ses sous-espaces à 2 ou 1 dimensions). Il existe aujourd’hui des domaines d’études enphysique, par exemple celui appelé systèmes dynamiques, où on préfère travailler dans unespace de phase qui contient les vitesses en plus des coordonnées. Par exemple, l’espace dephase correspondant à notre espace physique habituel décrit, disons par les coordonnées x,y, et z, comprendra également les vitesses x, y, et z. C’est un espace à 6 dimensions et ilest commun en système dynamique de compter coordonnées et vitesses comme étant desdegrés de liberté. Comme nous le verrons la chose se justifie aisément mais nous garderonsici notre notion de degré de liberté défini dans l’espace physique seulement. Simple questionde convention

10

C h a p i t r e 1Exercices

1.7 Exercices

1.1. Coordonnées polairesExprimez la deuxième loi de Newton pour une particule ponctuelle de masse m, en 2-D, en coor-données polaires : F = ma(ρ, φ)

m M

30o

Figure 1.10 NProblème 1.2.

1.2. Bloc sur un plan inclinéUn bloc de massem est posé sur un coin de masseM incliné de θ = 30 par rapport à l’horizontale.Le système est initialement au repos et les coefficients de friction sont tous nuls (figure 1.10).

(a) Quelle doit être l’accélération horizontale du coin par rapport à la table pour que le bloc mdemeure au repos par rapport au coin ?

(b) Quelle force doit-on alors appliquer sur le coin ?(c) Sachant qu’aucune force externe n’est appliquée sur le système, décrivez en la dynamique

(solutionnez les équations de mouvement). Indice : Le bloc et le coin bouge tous deux parrapport au sol toutefois si on se place dans le repère du coin, le bloc glisse sur un plan inclinéde θ = 30.

1.3. En apesanteurÀ quelle vitesse angulaire par rapport à sa vitesse actuelle la Terre devrait-elle tourner pour quenous soyons en apesanteur à sa surface ?

1.4. Bille sur une sphèreUne bille glisse sans frottement sur une sphère de rayon r À partir du sommet (figure 1.11). à quelangle par rapport à la verticale quittera-t-elle la surface ?

r θ

m


1.5. Bille sur un anneau minceUn anneau mince de masse M et de rayon R tourne autour de son axe vertical (figure 1.12). Unepetite bille de masse m peut glisser librement et sans frottement sur l’anneau. Si lorsque la bille estau sommet, la vitesse angulaire de l’anneau est ω0, quelle est la vitesse angulaire lorsque la bille setrouve à un angle θ = π/4 rad par rapport à la verticale ?

θ

m

M

ω


1.6. Disques concentriquesUn disque de moment d’inertie 4 kg ·m2 tourne librement sur lui-même à raison de 3 rad/s. Undeuxième disque, de moment d’inertie 2 kg ·m2 glisse sur un axe et se dépose sur le premier, puisles deux tournent ensemble. (Benson, ex 12.5)

(a) Quelle est la vitesse angulaire de l’ensemble ?(b) Quelle est la variation d’énergie cinétique du système ?

1.7. Virage serréUne voiture de masse m prend un virage de rayon r, incliné vers l’intérieur d’un angle θ (figure1.13). Quelle est la vitesse maximale à laquelle la voiture peut prendre le virage sans déraper ? Lecoefficient de friction statique est μ.

a m

θ

a


1.8. Une échelleUne échelle de longueur L et de poids p est posée sur un plancher rugueux et contre un mur sansfrottement. Le coefficient de friction statique du plancher est μ = 0.6. (Benson, ex 12.12)

(a) Déterminez l’angle maximal θ entre le mur et l’échelle pour que l’échelle ne glisse pas.(b) Déterminez la force exercée par le mur pour cette valeur de θ.

1.9. ParticulesUne particule de masse m1 = 4 kg se déplace à la vitesse 5 ex m/s tandis qu’une particule de massem2 = 2 kg se déplace à 2 ex m/s.

(a) Quelle est l’énergie cinétique du centre de masse ?(b) Quelle est l’énergie cinétique relative ?

1.10. Un obusUn obus de masse M = 5 kg se déplace à une vitesse v = 10 m/s dans l’espace explose en deux

(a) Si le premier fragment a une vitesse v1 = −2 m/s, quelle est la vitesse du deuxième fragment ?(b) Quelle est l’énergie cinétique totale initiale et finale ?

11


(c) Quelle est l’énergie cinétique du mouvement du centre de masse avant et après l’explosion ?(d) Quelle est l’énergie cinétique initiale et finale par rapport au centre de masse ?(e) Discutez les résultats

1.11. Une haltèreUne haltère est constituée de 2 masses égales reliées par une tige de masse négligeable de longueur2a. L’haltère est collée sur une table-tournante qui tourne à la vitesse angulaire ω. L’haltère estorientée selon un rayon, son milieu étant situé à une distance R du centre de la table-tournante.Quel est le moment cinétique total de l’haltère.

1.12. Potentiel unidimensionnelUne particule ponctuelle de masse m est soumise au potentiel 1-D :

V (x) = 4x2 − 1

2x4 +

1

50x6

Approximer au second ordre la solution x(t) autour de x = 0.

1.13. Deux corpsDeux corps de masses M et m << M gravitent l’un autour de l’autre. Décrire le mouvement radial(r(t)) de la masse m autour de la masse M . (Faites les approximations nécessaires).

1.14. 2e loi de KeplerSelon la 2e loi de Kepler relative au mouvement planétaire (trajectoire elliptique), la droite joignantle Soleil et une planète balaie des aires égales en des temps égaux. Montrer que ce phénomènedécoule de la conservation du moment cinétique.

12

FORMALISME DE LAGRANGE Chapitre 2

2.1 Résultats d’expérience etprincipe de base

2.2 Variation fonctionnelle etapplication du principe

2.3 La fonction L(qi, qi, t)

2.4 Coordonnées curvilignes2.5 Les contraintes2.6 Invariance de jauge2.7 Quelques caractéristiques,

propriétés, limites...

Le formalisme de Lagrange permet d’étudier une vaste gamme de problèmes en mé-canique. En ce sens il est équivalent au formalisme de Newton mais, il a sur ce dernier uncertain nombre d’avantages. D’abord, il est fondé sur un principe théorique fondamental etélégant. Il utilise des quantités scalaires plutôt que vectorielles et, en ce sens, sa forme estindépendante des coordonnées utilisées. C’est également la porte d’entrée à une foule deméthodes qui forment la base de la physique moderne en mécanique quantique et dans lesthéories de champs classiques et quantiques.

Nous présenterons d’abord la méthode dans un cadre assez simple pour ensuite en soulignercertaines limites d’application. L’intérêt et les avantages de ce formalisme deviendront gradu-ellement évidents.

Afin de souligner l’invariance de forme selon les types de coordonnées utilisées, nousles noterons qi et on les appelle souvent coordonnées généralisées. Elles sont absolumentquelconques sauf pour les limitations que nous verrons dans la section sur les contraintes.

2.1 Résultats d’expérience et principe debase

P1

2P

0

1

C

C

C3

2

C

Figure 2.1 NTrajectoires entre points P1 et P2.

Nous discutons ici d’une particule ponctuelle dont la position instantanée est donnée parles trois nombres notés qi| i = 1, 2, 3 . Cette particule suit une trajectoire qui se développeavec le temps t et dont l’équation

qi = qi(t), i = 1, 2, 3 (2.1)est le résultat recherché. Le long de la trajectoire, on définira les composantes de la vitessegénéralisée qi| i = 1, 2, 3 définies par

qi =d

dtqi(t), i = 1, 2, 3. (2.2)

Notre expérience consiste en une source de particules (identiques) que nous situons aupoint P1 et en un détecteur que nous situons en P2. A un temps noté t1 nous émettons uneparticule en P1 (de coordonné qi(t1)). Nous ne nous intéressons qu’aux particules détectéesen P2 à un temps t2 tel que t2 − t1 est le même pour toutes les expériences. Nous répétonsl’expérience un bon nombre de fois. À priori il y a un nombre infini de trajectoires possiblespour les particules satisfaisant les paramètres de l’expérience : C0, C1, C2, C3, ... (voir figure2.1). Pour les distinguer les unes des autres, utilisons le paramètre α tel que la trajectoire Cα

obéit aux équationsq(α)i = q

(α)i (t) (2.3)

où, pour un i donné q(α)i (t) 6= q

(α0)i (t) pour α 6= α0 (deux trajectoires différentes). Cepen-

dant, ayant observé l’expérience à de multiples reprises, nous constatons que les particulesayant satisfait les paramètres de l’expérience ont toute utilisé la même trajectoire, disons C0.La nature semble donc préférer cette trajectoire et la choisit toujours.

La méthode de Lagrange compare les trajectoires possibles entre elles et nous donne uncritère pour choisir la bonne. Pour ce faire nous calculerons (en principe) une quantité, notée

13

FORMALISME DE LAGRANGEC h a p i t r e 2

S(α), qui caractérise la trajectoire α

S(α) =

Z t2

t1

L³q(α)i (t), q

(α)i (t), t

´dt (2.4)

où la fonction L, qui reste à déterminer, dépend des qi(t), des qi(t) et possiblement explicite-ment de t lui-même. On aurait pu prévoir que L ait une dépendance en qi— mais l’expéri-ence nous indique que ce n’est pas nécessaire. Ayant calculé (en principe) S(α) pour toutesles trajectoires nous décidons de la bonne en comparant les différentes valeurs obtenues pourS. Pour pouvoir choisir un α donné il faut que S prenne une valeur particulière en ce point(trop arbitraire) ou ait un comportement particulier. Le comportement le plus simple à iden-tifier, c’est le point stationnaire, là où S est un extremum. C’est le cas de α sur la figure 2.2,mais également de α1. Dans ce qui suit nous supposerons toujours qu’il s’agit de α (bien quece soit difficilement démontrable). Nous écrirons donc la condition qui décrit le minimum deS(α)

dS(α)

dα

¯α

= 0 =⇒ dS(α)|α = 0 (2.5)

et qui définit α et fixe ainsi la bonne trajectoire sur laquelle S prend la valeur extrême (mini-male) S(α).

1_

α

S

α α

Figure 2.2 NMinimisation de l’action.

La quantité S s’appelle l’action et le principe énoncé ci-dessus est le principe de moindreaction. C’est un principe variationnel, c’est-à-dire nous recherchons un point fixe de S tel quedS = 0. Aujourd’hui, on tend à baser toutes les lois de la physique sur de tels principes.

2.2 Variation fonctionnelle et application duprincipe

Ci-dessus nous avons écritdS = 0 (2.6)

comme si la variation de S en était une au sens habituel, c’est-à-dire le long d’une trajectoire.Or, ce n’est pas le cas du tout, la variation est faite en comparant des trajectoires, c’est-à-direen variant selon les fonctions q(α)i (t) (voir figure 2.3). On notera de telles variations à l’aidedu symbole δ plutôt que du symbole d. La distinction est claire

différence d : dq(α)i (t) = q

(α)i (t+ dt)− q

(α)i (t) (2.7)

variation δ : δq(α)i (t) = q

(α)i (t)− q

(α0)i (t). (2.8)

Sur une trajectoire donnée on connaît q(α)i = q(α)i (t) et les vitesses q

(α)i (t) sont fixées.

α'

α

q i

t

t t+dt

q i(α)

(t) q i(α)

(t+dt)

q i(α')

(t)q i

(α')(t+dt)

Figure 2.3 NVariations des trajectoires.

Mais en comparant des trajectoires on constate sur la figure 2.4 qu’entre α et α0, δq(α)(t)est le même qu’en comparant α avec α00. Ceci n’est pas vrai des δq(α)(t). Les variations desvitesses sont donc indépendantes des variations des coordonnées dans ce formalisme parceque nous comparons des trajectoires différentes. Ces variations étant à temps constant c’est-à-dire par exemple

q(α)i (t)− q

(α0)i (t) = q

(α)i (t)− q

(α00)i (t) = δq

(α)i (t) (2.9)

maisq(α)i (t)− q

(α0)i (t) 6= q

(α)i (t)− q

(α00)i (t) (2.10)

les variations en α et en temps t sont indépendantes et

δq(α)i (t) = δ

µd

dtq(α)i (t)

¶=

d

dt

³δq(α)i (t)

´. (2.11)

Si nous calculons la différentielle ordinaire d’une fonction f(x, y), c’est-à-dire df , nousobtiendrons

df(x, y) =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy (2.12)

si les variations dx et dy sont indépendantes. Le même type d’opération s’applique au calcul,

14

C h a p i t r e 2Variation fonctionnelle et application du principe

par exemple de L

δL(qi, qi, t) =Xi

∂L

∂qiδqi +

Xi

∂L

∂qiδqi (2.13)

et il n’y a pas de terme ∂L∂t δt, puisque δt ≡ 0, les variations étant à temps constant.

Pour appliquer le principe de moindre action nous aurons à calculer

δS = δ

Z t2

t1

L(qi, qi, t)dt =

Z t2

t1

δL(qi, qi, t)dt = 0 (2.14)

puisqu’on peut intervertir les variations en t et en α. En effet, δqi(t1) = 0 = δqi(t2) parceque selon les paramètres de l’expérience la particule est nécessairement en P1 au temps t1et en P2 au temps t2. Ces deux points ne sont pas variés, toutes les trajectoires considéréesdevant les relier.

α'

α

q i

t

t

q i(α)(t) q i

(α)(t)

q i(α')(t) =

(t)q i(α').

.

q i(α'')(t)

q i(α'').

(t)

α''

Figure 2.4 NComparaison des trajectoires α et α0 : δq(α)(t)est le même.

Nous aurons donc

0 =

Z t2

t1

δL(qi, qi, t)dt

=

Z t2

t1

"Xi

∂L

∂qiδqi +

Xi

∂L

∂qiδqi

#dt

=

Z t2

t1

"Xi

∂L

∂qiδqi +

Xi

∂L

∂qi

d (δqi)

dt

#dt. (2.15)

Intégrons par parties le deuxième terme du crochet [ ]Z t2

t1

∂L

∂qi

d (δqi)

dtdt =

∂L

∂qiδqi

¯t2t1| z

=0

−Z t2

t1

d

dt

µ∂L

∂qi

¶δqidt (2.16)

où le premier terme de droite est zéro puisque δqi(t1) = δqi(t2) = 0, les points P1,2 étantfixes donc non variables. Remplaçant, nous avons, mettant δqi en évidenceZ t2

t1

Xi

∙∂L

∂qi− d

dt

µ∂L

∂qi

¶¸δqidt = 0. (2.17)

Pour aller plus loin nous devons faire l’hypothèse que les δqi sont indépendants les unsdes autres. En termes physiques, cette indépendance des δqi signifiera que les qi sont indépen-dants les uns des autres, c’est-à-dire qu’il n’existe aucune contrainte les reliant. Ils devrontdonc correspondre à des degrés de liberté physique du système.

Posant donc que les qi sont indépendants et comme ils sont quelconques, la seule façonde satisfaire cette équation est que chaque terme dans [ ] de (2.17) soit identiquement nul,c’est-à-dire

∂L

∂qi− d

dt

µ∂L

∂qi

¶= 0 (2.18)

généralement écritd

dt

µ∂L

∂qi

¶− ∂L

∂qi= 0. (2.19)

Ce sont les fameuses équations d’Euler-Lagrange. Une fois solutionnées, elles définissent unensemble d’expressions

qi = qi(t) (2.20)qui sont les équations définissant la trajectoire désirée que nous identifions à la trajectoirephysique.

Nous avons débuté en parlant d’une particule mais clairement, cela n’a eu aucun impactdans le développement de cette équation. Elle demeure valable pour un système à un nombrearbitraire, n, de degrés de liberté pourvu qu’ils ne soient pas contraints. Nous obtiendronsalors n équations pour i = 1, 2....n. De plus, rien n’a été dit sur les qi . Ils sont quelconqueset mesurent des longueurs, des angles, des.... La forme de l’équation n’est pas affectée par lechoix des qi .Nous avons donc ici une recette qui fonctionne dès que nous savons construire

15


le Lagrangien pour un système physique.

Remarque 2.1iOn remarque ici qu’étant donné que les qi sont quelconques, ils n’ont pas nécessairement lesmêmes dimensions. Là où dans l’équation de Newton

F = ma (2.21)toutes les composantes (de gauche et de droite) de cette équation vectorielle ont une dimen-sion de [MLT−2], il n’en va pas de même des composantes de l’équation d’Euler-Lagrange.Elles n’auront dimension de forces que si qi a les dimensions de longueur. L’approche la-grangienne fait automatiquement la cuisine des dimensions. Elle est dimensionnellement ho-mogène.

i

2.3 La fonction L(qi, qi, t)

Il est évident, toute la validité de la méthode repose sur le choix ou la définition de L.Il devrait être également évident, étant donné que les équations d’Euler-Lagrange prétendentrésoudre le problème mécanique en ayant la trajectoire physique comme solution, que ceséquations devraient correspondre aux équations de Newton. On peut de fait démontrer laforme de L à partir des équations de Newton. Nous en postulerons la forme et vérifierons lebien fondé de notre hypothèse.

Forces conservatrices

On appelle une force conservatrice (sur une particule), une force F telle que∇×F = 0.Une telle force F(r) peut s’écrire alors

F(r) = −∇V (r) (2.22)où V (r) est appelé le potentiel ou l’énergie potentielle puisque mathématiquement le rota-tionel du gradient d’un fonction scalaire est toujours nul :

∇× (∇f(r)) = 0On vérifie facilement alors qu’on peut écrire

L = T − V (2.23)où T est l’énergie cinétique.

Vérifions maintenant que les équations d’Euler–Lagrange correspondent bien aux équa-tions de Newton pour une particule soumise à une telle force. Utilisons ici les coordonnéescartésiennes que nous noterons xi = (x, y, z). Alors

T =Xj

1

2mx2j , V = V (xj). (2.24)

DoncL = T − V =

Xj

1

2mx2j − V (xj). (2.25)

L’équation d’Euler-Lagrange pour le degré de liberté xi (i fixé) demande que l’on calcule∂L

∂xi= − ∂V

∂xi(2.26)

16

C h a p i t r e 2La fonction L(qi, qi, t)

∂L

∂xi= mxi =⇒ d

dt

µ∂L

∂xi

¶= mxi . (2.27)

L’équation d’Euler-Lagrange donne donc ici

mxi +∂V

∂xi= 0 (2.28)

oumxi = −

∂V

∂xi= Fi. (2.29)

Il y a donc équivalence complète avec Newton.Dans l’approche lagrangienne, on apprend à raisonner à partir de concepts d’énergie,

potentielle et cinétique, au lieu de concepts de force. Les deux approches sont évidemmentéquivalentes physiquement, mais les énergies n’étant pas des quantités vectorielles, elles sontconceptuellement plus faciles à utiliser dans une vaste gamme de problèmes. En physiquequantique par exemple, la notion de force n’a aucune signification mais les notions d’énergiedemeurent valables. C’est une raison de plus pour se familiariser avec leur utilisation. Deplus, la force au sens de Newton est une action instantanée à distance. En relativité, unetelle chose est impossible. La notion de force est donc une création purement classique etmacroscopique et contrairement à notre intuition, son intérêt est limité.

Quelques exemples importants :

Il est important de noter que nous n’avons identifié que quatre types d’interactions (forces)fondamentales dans la nature : gravitationnelle, électromagnétique, faible et forte. Les deuxdernières étant purement quantiques, seules les deux premières se manifestent en physiqueclassique. Or, la force gravitationnelle est du type en r−2 et dérive donc d’un potentiel

Vgrav = −GMm

r∝ −1

r. (2.30)

Il en va de même de l’interaction coulombienne qui fait partie des interactions électro-magnétiques (nous reviendrons plus tard sur l’ensemble des forces électromagnétiques).Ellea aussi une force en r−2 et de ce fait dérive d’un potentiel

VCoulomb = −e1e24π 0r

∝ −1r. (2.31)

Un autre cas important est celui de la force harmonique (typiquement le ressort parfait)qui est Fharm. = −k(x− x0) et dérive donc d’un potentiel

Vharm. =k(x− x0)

2

2. (2.32)

Bien que n’étant pas une interaction fondamentale de la nature, elle joue fréquemment unrôle important dans les calculs. En effet dans des systèmes à géométrie un peu compliquée,l’énergie potentielle d’une particule peut prendre une allure assez quelconque comme sur lafigure 2.5. Cependant au voisinage de x0 correspondant à un extremum de V (x), on peut

0

V

x

x

Figure 2.5 NL’énergie potentielle quelconque d’une particuleau voisinage de x0 correspond à un extremum deV (x). Le développement en série V (x) près dex0.mène à un potentiel harmonique.

faire le développement en série

V (x) ≈ V (x0) + (x− x0)V0(x0) +

(x− x0)2

2V 00(x0) + · · · (2.33)

Le premier terme est une constante sans grand intérêt. Le deuxième terme est nul, V 0(x0)puisque que le minimum de V se trouve en x0. La première approximation non triviale estdonc

V (x) ∼ (x− x0)2

2

∙d2V

dx2

¸x0

=k

2u2 = Vharm.(u) (2.34)

oùu = (x− x0) et k =

∙d2V

dx2

¸x0

: un nombre. (2.35)

Ainsi pour bon nombre de matériaux, la première réponse à un (petit) déplacement horsd’équilibre est harmonique. Ceci est d’une grande importance pratique.

17


Forces non conservatrices

Mathématiquement, peu de fonctions F dérivent d’un gradientF(r) 6= −∇V (r). (2.36)

Il en est ainsi par exemple des forces de frictions que l’on écrit souvent empiriquementcomme

Ffrict. = −k(n)xn (2.37)où typiquement n ≈ 1 pour les basses vitesses (écoulement laminaire) et n ≈ 2 pourdes vitesses plus élevées (écoulement turbulent). La constante k dépend entre autres de lagéométrie du problème et sa détermination est généralement empirique.

Pour tenir compte de tels effets, il faut alors définir une force généralisée, de composantesQi et notre équation d’Euler-Lagrange devient

d

dt

µdL

dqi

¶− dL

dqi= Qi. (2.38)

En général il faut être prudent dans la détermination de Qi puisque les composantes ne sontpas nécessairement cartésiennes et que les équations n’ont même pas toutes les mêmes di-mensions !

Il existe une exception notable et qui apparaît aujourd’hui comme extraordinairementimportante. Nous en discuterons plus loin dans le cadre de l’invariance de jauge et nousverrons qu’elle correspond à l’interaction électromagnétique complète.

2.4 Coordonnées curvilignes

P

ϕ

θ

r y

z

x

Figure 2.6 NCoordonnées cartésiennes versus coordonnéessphériques.

On écrit communémentT =

1

2mv2 (2.39)

où il est entendu quev2 = v · v = r·r. (2.40)

Cette notation peut rapidement prêter à confusion. En effet, en coordonnées cartésiennes, iln’y a pas de problème

r = (x, y, z) = xex + yey + zez (2.41)

r = xex + yey + zez (2.42)donc

r = (x, y, z) (2.43)et

v2 = x2 + y2 + z2. (2.44)Cette simplicité vient du fait que x, y et z ont tous les trois des dimensions de longueur et queleurs axes sont fixes et orthogonaux. Qu’arrive-t-il lorsqu’on passe à d’autres coordonnées ?Prenons par exemple les coordonnées sphériques où

r = (r, θ, ϕ) (2.45)où θ et ϕ sont des angles (voir figure 2.6). Doit-on sans ambiguïté définir

r = (r, θ, ϕ)? (2.46)Deux problèmes surgissent ici, dus aux faits que (voir figure 2.7) :1. r, θ et ϕ n’ont pas les mêmes dimensions,

2. leurs axes sont orthogonaux mais ne sont pas fixes.

18

C h a p i t r e 2Coordonnées curvilignes

Figure 2.7 JICoordonnées cartésiennes versus coordonnéessphériques.

P

y

z

x

P1

2PP

12

i j

k y

z

x

xeye

zere

θe

e ϕ

xeye

ze

re

e ϕθe

Les axes cartésiens (a) demeurent parallèles à eux-mêmes en différents points, iciP1 et P2alors qu’en (b) on voit que les axes du système sphérique sont en tous points perpendiculairesl’un à l’autre mais (P1 ) n’est pas parallèle à (P2 ), etc...

En effet, si nous écrivons le rayon vecteurr = (x, y, z) = xex + yey + zez (2.47)

nous obtenonsr =

dr

dt= xex + yey + zez (2.48)

parce que ex = ey = ez = 0. On n’a cette simplicité qu’en coordonnées cartésiennes. Defait, sachant que

x = r sin θ cosϕ

y = r sin θ sinϕ (2.49)z = r cos θ

on calculex = r sin θ cosϕ+ rθ cos θ cosϕ− rϕ cos θ sinϕ

y = r sin θ sinϕ+ rθ cos θ sinϕ− rϕ sin θ cosϕ (2.50)z = r cos θ + rθ sin θ.

On sait queT =

1

2mv2

etv2 = x2 + y2 + z2. (2.51)

on obtientv2 = r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2 (2.52)

Les coordonnées étant r, θ et ϕ, clairement

T 6= 1

2mr2 +

1

2mθ

2+1

2mϕ2. (2.53)

mais bienT =

m

2r2 +

m

2r2θ

2+

m

2r2 sin2 θϕ2 (2.54)

De façon générale, on écrira alors

T =Xi,j

m

2gij qiqj : coordonnées généralisées. (2.55)

Pour les coordonnées cartésiennes, on identifie, qi = (x, y, z) et

gij =

⎛⎝ 1 0 00 1 00 0 1

⎞⎠ , (2.56)

19


alors que pour les coordonnées sphériques, qi = (r, θ, ϕ)

gij =

⎛⎝ 1 0 00 r2 00 0 r2 sin2 θ

⎞⎠ . (2.57)

Ici, dans les deux cas, gij est diagonal parce que les deux systèmes d’axes restent orthogonauxen tout point. Pour le cas sphérique, les gij ne sont pas des constantes, mais des fonctions dela position qui tiennent compte simultanément du fait que θ et ϕ n’ont pas des dimensionsde longueur et du fait que les axes er, eθ et eϕ varient en direction d’un point à l’autrede l’espace. gij s’appelle la métrique (tenseur métrique) et il apparaît généralement dans ladéfinition de l’élément de longueur souvent noté

ds2 = dr·dr. (2.58)En coordonnées cartésiennes

ds2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 (2.59)alors qu’en coordonnées sphériques

ds2 = (dr)2 + r2 (dθ)2 + r2 sin2 θ (dϕ)2 (2.60)et on écrit de façon générale

ds2 =Xi,j

gijdqidqj . (2.61)

C’est là la définition formelle de la métrique, gij , qui a une dépendance sur les coordonnées(en général). Fondamentalement la métrique permet de définir la longueur dans un espacedonné. On vérifie facilement ci-dessus que gij est identique au gij qui nous permet de définirsans ambiguïté l’énergie cinétique T par

T =Xi,j

m

2gij qiqj . (2.62)

Tout ceci est très important pour obtenir les équations du mouvement, spécialement lorsqueles coordonnées utilisées ne sont pas les coordonnées cartésiennes. En effet, dans le cas descoordonnées cartésiennes, l’équation de Newton est F = ma avec les composantes

d

dt(mxi) = Fi (2.63)

là où xi=(x, y, z) pour i = 1, 2, 3. Du lagrangien

L =m

2

Xi

x2i − V (xi), (2.64)

les équations d’Euler-Lagrange nous donnentd

dt(mxi) = −

∂V

∂xi. (2.65)

Identifiant F = −∇V , les deux équations sont identiques et Lagrange concorde avec New-ton.

En coordonnées sphériques, par contre, l’équation de Newton pour θ n’est pasd

dt

³mθi

´= Fθ. (2.66)

Sachant que le lagrangien sera

L =m

2

³r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2

´− V (r, θ, ϕ) (2.67)

l’équation d’Euler-Lagrange nous donnera

20

C h a p i t r e 2Coordonnées curvilignes

– pour qi = r

∂L

∂r=

∂

∂r

hm2

³r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2

´− V (r, θ, ϕ)

i(2.68)

= mr (2.69)d

dt

µ∂L

∂r

¶= mr (2.70)

et∂L

∂r=

∂

∂r

hm2

³r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2

´− V (r, θ, ϕ)

i(2.71)

= mrθ2+mr sin2 θϕ2 − ∂V

∂r(2.72)

doncmr = mrθ

2+mr sin2 θϕ2 − ∂V

∂r(2.73)

– Pour θ , avec∂L

∂θ=

∂

∂θ

hm2

³r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2

´− V (r, θ, ϕ)

i(2.74)

= mr2θ (2.75)d

dt

µ∂L

∂θ

¶= mr2θ + 2mrrθ (2.76)

et∂L

∂θ=

∂

∂θ

hm2

³r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2

´− V (r, θ, ϕ)

i(2.77)

= mr2 sin θ cos θϕ2 − ∂V

∂θ(2.78)

doncmr2θ + 2mrrθ −mr2 sin θ cos θϕ2 = −∂V

∂θ, (2.79)

ce qui n’était pas à priori évident. On sait retrouver ce résultat à partir de l’équation deNewton si on fait attention dans le calcul de d2r

dt2 . Cependant la cuisine est relativementdésagréable. La méthode lagrangienne nous donne « automatiquement » la bonneéquation. On remarquera qu’en divisant par mr2, l’équation en θ est

θ +2

rrθ − sin θ cos θϕ2 = − 1

mr2∂V

∂θ(2.80)

– Finalement pour ϕ∂L

∂ϕ=

∂

∂ϕ

hm2

³r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2

´− V (r, θ, ϕ)

i(2.81)

= mr2ϕ sin2 θ (2.82)d

dt

µ∂L

∂ϕ

¶= mr2ϕ sin2 θ + 2mrrϕ sin2 θ + 2mr2θϕ sin θ cos θ (2.83)

et∂L

∂ϕ=

∂

∂ϕ

hm2

³r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2

´− V (r, θ, ϕ)

i(2.84)

= −∂V∂ϕ

(2.85)

donc

mr2ϕ sin2 θ + 2mrrϕ sin2 θ + 2mr2θϕ sin θ cos θ = −∂V∂ϕ

. (2.86)

Le côté gauche est de la forme

qi +Xj,k

Γijkqiqj . (2.87)

21


C’est ce qui s’appelle la dérivée covariante par rapport au temps du vecteur vitesse de com-posante qi. Ici, si qi = (r, θ, ϕ) pour i = i, 2, 3, l’équation en θ correspond à i = 2 et au lieude d

dt qi = qi = 0, la bonne définition de la dérivée par rapport au temps, tenant compte desunités et du fait que les vecteurs unitaires varient d’un point à l’autre, sera

θ + Γ211rr + Γ212rθ + Γ

213rϕ+ Γ

221rθ + Γ

222θθ (88)

+ Γ223θϕ+ Γ231ϕr + Γ

232ϕθ + Γ

233ϕϕ. (89)

Donc nous avons des termes additionnelsTenant compte du fait que Γijk = Γikj on identifie, pour les coordonnées sphériques

Γ211 = 0,

Γ212 = Γ221 =1

r,

Γ213 = Γ223 = 0, (2.90)Γ222 = 0,

Γ223 = Γ232,

Γ233 = sin θ cos θ,

À partir de L on peut identifier les Γ1jk et les Γ3jk de la même façon. Ce qui distingue lescoordonnées cartésiennes, c’est que tous les Γijk = 0, c’est le seul système de coordonnéespour lequel c’est vrai (et uniquement parce que l’espace considéré ici est plat, c’est-à-dire sacourbure est nulle). Ces facteurs géométriques, Γijk, appelés symboles de Christoffel, jouentdonc un rôle important. On peut les calculer par la formule

Γijk =1

2

Xl

∙¡g−1

¢il

∙∂glj∂qk

+∂glk∂qj− ∂gjk

∂ql

¸¸(2.91)

où g−1 est la matrice inverse de g. On voit qu’ils sont entièrement déterminés par la métrique,g. Cette cuisine compliquée, la méthode lagrangienne la fait automatiquement. Ce n’est pasle moindre de son intérêt !1

2.5 Les contraintes

Il peut exister plusieurs types de contraintes, par exemple x = a signifie que le mouve-ment est gelé en x et qu’il est contraint de ne se faire que dans le plan yz passant par x = a. Ilne reste que deux degrés de liberté, y et z. On peut également avoir une contrainte du type

y = a, (2.92)c’est-à-dire la vitesse selon y est contrainte d’avoir la valeur a. Cette équation s’intègre triv-ialement pour donner

y = at+ b. (2.93)Soit le lagrangien (avant de tenir compte des contraintes)

L =m

2

¡x2 + y2 + z2

¢− V (x, y, z) (2.94)

Si la contrainte est x = a donc x = 0, on devra écrire

L =m

2

¡y2 + z2

¢− V (a, y, z) (2.95)

et nous n’aurons que deux équations d’Euler-Lagrange, une pour y et une pour z.Si la contrainte est y = a donc y = at+ b, on devra écrire

L =m

2

¡x2 + a2 + z2

¢− V (x, at+ b, z) (2.96)

1 Vector Analysis, M. Spiegel, Schaum.

22

C h a p i t r e 2Les contraintes

et nous n’aurons que deux équations d’Euler-Lagrange, ici une pour x et une pour z. Notonsque ces solutions seront paramétrées par b s’il reste inconnu.

De façon générale une contrainte s’écrit sous la forme

f(q1, q2, ..., q1, q2, ...)

⎧⎨⎩ > 0= 0< 0

. (2.97)

Les cas d’inégalité correspondent à des contraintes non holonomes. En fait on définit commecontraintes holonomes, les contraintes qui s’écrivent

f(qi, qi, t) =d

dth(qi, t) = 0 soit h(qi, t) = C (2.98)

où h(qi, t) est une fonction quelconque des coordonnés (et du temps). On appelle non holono-mes celles qui n’obéissent pas à une telle relation, soit que1. f(qi, qi, t) 6= d

dth(qi, t)

2. ou f(qi, qi, t) < 0 ou f(qi, qi, t) > 0.

Nous parlons de trajectoires, c’est-à-dire de l’existence de fonctionsqi = qi(t) −→ qi = qi(t). (2.99)

Par conséquent, pour une contrainte holonome

f(qi, qi, t) =d

dth(qi, t) =

Xi

∂h

∂qiqi +

∂h

∂t= 0. (2.100)

De telles trajectoires satisfont

h(qi, t) = C : une constante. (2.101)Dans les deux exemples vus précédemment les contraintes sont holonomes.

Nous avions d’abord étudié x = a. Cette contrainte est triviale puisque nous avons déjàla solution x(t) = a et il s’agit de la constante du mouvement que h doit représenter. Ainsi,nous aurons simplement h = x = a où C = a et

f =dh

dt= x = 0. (2.102)

On pourrait être tenter d’imposer la contrainte x = a en définissantf = x− a = 0

mais ceci mène à la forme

h =

Z(x(t)− a) dt =

µZx(t)dt

¶− a = C.

Ainsi formulée, la contrainte signifie que la position moyenne en x de la particule est uneconstante, ce qui est tout à fait correct mais dénué d’intérêt. En fait, l’information pertinenteprovient plutôt de la relation avec f qui correspond ici à la définition d’une constante dumouvement.

Par contre, le deuxième cas étudié correspond ày = a (2.103)

et nous écrivonsf = y − a = 0 (2.104)

ce qui mêne àh = y − at = C. (2.105)

De façon générale, une contrainte holonome est intégrable au sens où on peut (même sic’est compliqué) l’écrire sous une forme permettant une substitution exacte dans le lagrang-ien, faisant ainsi disparaître les degrés de liberté contraints. Physiquement on peut visualiserla contrainte comme étant due à une force extérieure telle que son effet impose au mouvementd’être contraint. Si cette force est indépendante des (c’est-à-dire la même pour) trajectoirespossibles, alors la contrainte est holonome. Si cette force dépend de la trajectoire (varie d’unetrajectoire à l’autre) alors la contrainte est non holonome.

23


Méthode des multiplicateurs de Lagrange

Si un lagrangien L dépend de degrés de liberté contraints, les équations d’Euler-Lagrangequ’on peut en déduire

d

dt

µ∂L

∂qi

¶− ∂L

∂qi= 0 (2.106)

ne sont pas valides. Elles ne peuvent donc pas représenter nos équations de mouvement. Celagrangien est inutile. Or, lorsque les contraintes sont non holonomes nous sommes en généralincapable d’extraire exactement les degrés de liberté contraints du lagrangien. Même pourcertaines contraintes holonomes, l’exercice peut être difficile. Il existe une méthode, dite desmultiplicateurs de Lagrange, qui peut alors être utile. Nous la présentons sans démonstration.

Soit un lagrangien, L(qi, qi, t), i = 1, 2...n décrivant un système mécanique dont lestrajectoires doivent obéir à une contrainte qu’on sait exprimer comme

f(qj , qj , t) = 0. (2.107)On construit alors un lagrangien auxiliaire, L0

L0 = L+ λf(qj , qj , t) (2.108)pour lequel on suppose que la contrainte est (temporairement) levée. Ceci étant, les n degrésde liberté peuvent être considérés comme indépendants et lesn équations de Euler-Lagrange

d

dt

µ∂L0

∂qi

¶− ∂L0

∂qi= 0 ; i = 1, 2, ...n (2.109)

sont valides. En principe on peut résoudre pour obtenir les équations de la trajectoireq(ph)i = qi(t, λ) (2.110)

qui seront paramétrées par λ puisque L0 en dépend. On peut en calculer les

qi =d

dtqi = qi(t, λ). (2.111)

On remplace alors dans l’équation de contraintef(qi(t, λ), qi(t, λ), t) = 0 (2.112)

qui permet de calculer la valeur de λλ = λ (2.113)

permettant à la contrainte d’être satisfaite. On remplace alors cette valeur de λ = λ dans leséquations de la trajectoire pour obtenir les équations de la trajectoire contrainte

qi = qi(t, λ) ; i = 1, 2, ...n. (2.114)

Pour simple qu’elle soit en apparence, cette méthode n’est pas triviale d’application. Eneffet, on doit prévoir de

f(qi(t, λ), qi(t, λ), t) = 0 (2.115)que la solution dépende de t c’est-à-dire λ = λ = λ(t) dépendra généralement de t. Or, sil’équation de contrainte dépend des qj alors

∂L0

∂qi=

∂L

∂qi+ λ

∂f

∂qi(2.116)

etd

dt

µ∂L0

∂qi

¶=

d

dt

µ∂L

∂qi

¶+ λ

d

dt

µ∂f

∂qi

¶+ λ

∂f

∂qi(2.117)

et nous voyons apparaître non plus seulement λ mais aussi λ inconnu. C’est d’ailleurs tou-jours le cas pour les contraintes non holonomes.

Nous ne pousserons pas plus loin la présentation de cette méthode qui nous mènerait àdes divergences considérables. Pour ceux qui sont intéressés on peut consulter les livres deGoldstein ou de Saletan et Cramer par exemple.

2.6 Invariance de jauge

24

C h a p i t r e 2Invariance de jauge

On appelle transformation de jauge une transformation de L en L0

L0(qi, qi, t) = L(qi, qi, t) +d

dtF (qi, t) (2.118)

où F est une fonction des qi et de t (appelée génératrice de la transformation) etdF

dt=Xi

∂F

∂qiqi +

∂F

∂t(2.119)

Remplaçant dans la définition de l’action, S devient S0

S0 =

Z t2

t1

L0(qi, qi, t)dt

=

Z t2

t1

L(qi, qi, t)dt+

Z t2

t1

d

dtF (qi, t)dt

= S + F (2)− F (1) (2.120)où F (1) = F (qi(t1), t1) donc δF (2) = δF (1) = 0 puisque δqi(t1) = δqi(t2) = 0.

AinsiδS0 = δS. (2.121)

Or comme la physique est déterminée par l’extrémisation de S, ou de S0, rien n’est changéici. La physique sera inchangée, les trajectoires seront les mêmes.

On constate cependant que le passage de L à L0 ne laisse pas la forme du lagrangieninchangée. En effet, supposons que

L = T − V (qi, t). (2.122)Alors une transformation de jauge générée par F (qi, t) nous donnera

L0 = T − V (qi, t) +Xi

∂F (qi, t)

∂qiqi +

∂F (qi, t)

∂t. (2.123)

Puisque F est une fonction de qi et de t, appelons

V 0(qi, t) = V (qi, t)−∂F (qi, t)

∂t. (2.124)

AinsiL0 = T − V 0(qi, t) +

Xi

∂F (qi, t)

∂qiqi. (2.125)

Le dernier terme fait que la forme de L n’est pas inchangée.Opérons une deuxième transformation de jauge, générée par la fonction G(qi, t). Nous

obtiendrions de L0 un nouveau lagrangien, L00

L00 = T − V 00(qi, t) +Xi

qi∂

∂qi(F +G) (2.126)

oùV 00(qi, t) = V (qi, t)−

∂

∂t[F (qi, t) +G(qi, t)] . (2.127)

On voit donc que L0 est invariant de forme sous une transformation de jauge qui laisse laphysique inchangée. Aujourd’hui on a admis le principe théorique qu’il s’agit de la forme laplus générale que peut prendre un lagrangien, c’est-à-dire que les seules interactions possiblessont des interactions de jauge. C’est cette philosophie qui a permis l’unification de trois desquatre interactions fondamentales en théorie du champ.

Le terme en qi, c’est-à-direP

i∂F∂qi

qi, est la forme q·∇F , c’est-à-dire le produit scalaireentre le vecteur et un champ vectoriel (local) que la transformation de jauge nous donnecomme étant le gradient de F ,∇F.

Supposons maintenant que notre lagrangien L s’écrive initialement

L(qi, qi, t) = T (qi, qi)− V (qi, t) + q ·A(qi, t) (2.128)oùA(qi, t) est un vecteur quelconque, et non un gradient. Alors une transformation de jauge

25


L→FL0 donnera

L0 = L− V 0(qi, t) + q ·A0(qi, t) (2.129)où

V 0(qi, t) = V (qi, t)−∂F (qi, t)

∂t(2.130)

A0(qi, t) = A(qi, t) +∇F (qi, t). (2.131)La forme du lagrangien est clairement restée la même et nous savons que la physique (la tra-jectoire) n’est pas affectée par la transformation de jauge. En physique moderne, on adopteaujourd’hui une approche basée sur l’axiome suivant : la nature est telle qu’observée, invari-ante de jauge (interaction électromagnétique). Nous devons donc développer un formalismephysique qui respecte cet aspect de la nature et qui soit invariant de jauge. En mécanique clas-sique, cela signifie que le lagrangien le plus général que l’on peut écrire à priori devra êtreinvariant de forme sous une transformation, c’est-à-dire devra être de la forme

L = T − V (qi, t) + q ·A(qi, t) (2.132)où V et A sont des champs locaux, scalaire et vectoriel respectivement. La conclusion quis’impose est que les seules interactions permises par la nature sont celles décrites par celagrangien. Il nous reste donc à vérifier quel type d’interaction existe dans la nature, au niveauclassique, sur la base de cet axiome d’invariance de jauge.

Typiquement donc un interaction invariante de jauge dépendra des vitesses puisque L ∼q·A(qi, t), donc la force dépendra des vitesses. Clairement cette force n’est pas conservatriceau sens vu dans le chapitre précédent, néanmoins de telles forces trouvent leur place dans leformalisme lagrangien. Examinons le type de forces qui émergent de

L =m

2x2 − V (x, t) + x ·A(x, t)

=m

2

Xj

xj2 − V (x, t) +

Xj

xj ·Aj(x, t) (2.133)

qui restera invariant de forme lors d’une transformation de jauge même dans le cas généraloù

A 6=∇F. (2.134)L’équation d’Euler-Lagrange pour la composante xi demande que l’on calcule

∂L

∂xi= − ∂V

∂xi+Xj

xj∂

∂xiAj(x, t) (2.135)

∂L

∂xi= mxi +Ai(x, t) (2.136)

d

dt

µ∂L

∂xi

¶= mxi +

Xj

xj ·∂

∂xjAi(x, t) +

∂

∂tAi(x, t) (2.137)

puisque, sur une trajectoire xi = xi(t)

d

dtf(xi, t) =

Xj

xj∂f

∂xj+

∂f

∂t. (2.138)

Au total nous avons donc

mxi +Xj

xj∂Ai

∂xj+

∂Ai

∂t+

∂V

∂xi−Xj

xj∂Aj

∂xi= 0 (2.139)

doncmxi = −

µ∂V (x, t)

∂xi+

∂Ai(x, t)

∂t

¶+Xj

xj

µ∂Ai

∂xj− ∂Aj

∂xi

¶. (2.140)

C’est la composante xi de l’équation vectorielle

mx = −µ∇V (x, t) + ∂A(x, t)

∂t

¶+ x× (∇×A) . (2.141)

On sait qu’en électromagnétisme les champs électrique et magnétique peuvent être obtenus

26

C h a p i t r e 2Quelques caractéristiques, propriétés, limites...

des potentiels scalaire et vecteur Vélect etAélect

E(x, t) = −∇Vélect(x, t)−∂Aélect(x, t)

∂t(2.142)

B(x, t) = ∇×Aélect(x, t). (2.143)On sait également qu’une particule de charge e placée dans des champs E etB est soumise àla force de Lorentz

mx = FLorentz = e(E+ x×B). (2.144)

= e(−∇Vélect −∂Aélect

∂t+ x×∇×Aélect) (2.145)

= −∇ (eVélect)−∂ (eAélect)

∂t+ x×∇× (eAélect) . (2.146)

On peut donc aisément identifier V etA dans (2.141) avec eVélect et eAélect respectivement etconclure que l’invariance de jauge du lagrangien qui nous a permis de poser la forme la plusgénérale possible pour L nous mène directement à l’interaction électromagnétique. C’est unrésultat remarquable.

L’électromagnétisme possède également son invariance de jauge, c’est-à-dire que leschamps physiques E et B sont invariants si on change simultanément

Vélect → Vélect −∂F

∂t(2.147)

Aélect → Aélect +∇F. (2.148)Cette invariance de jauge électromagnétique est identique à l’invariance de jauge lagrangi-enne.

Plus haut, nous avons identifié la partie de l’interaction de jauge qui dépend des vitessescomme étant de la forme

x·A (2.149)par analogie avec le terme X

i

xi∂F

∂xi= x ·∇F. (2.150)

SiA =∇F c’est-à-dire siA est le gradient d’une fonction scalaire alors le lagrangienT − V (x, t) + x ·A ≡ T − V (x, t) + x ·∇F (2.151)

décrit, par invariance de jauge, la même physique que le lagrangien L qui apparaît au débutet par conséquent il n’y a pas ici d’interaction nouvelle. Il n’y aura interaction nouvelle quesi

A 6=∇F, (2.152)c’est-à-dire il n’y aura interaction nouvelle ou de jauge que si A n’est pas le gradient d’unefonction scalaire. De fait physiquement, en électromagnétisme, un potentiel vecteur qui n’estque le gradient d’une fonction scalaire ne génère pas de champs. Il est évident que le casparticulierA = 0 est possible. Il permet de couvrir les interactions à potentiel habituel c’est-à-dire V (qi, t), ce qui permet les interactions électriques et gravitationnelles par exemple.

2.7 Quelques caractéristiques, propriétés,limites...

1. On ne saurait trop insister sur l’indépendance des coordonnées généralisées, les qi, quidécrivent les degrés de liberté physiquement indépendants. Si cette condition n’est passatisfaite en écrivant le lagrangien, celui-ci n’est pas valide et les équations d’Euler-Lagrange qui en découlent non plus. Les trajectoires, solutions de ces équations n’ontrien de physique.

2. En mécanique classique non relativiste, pour chaque vrai degré de liberté du système, qi,le lagrangien contient un terme en q2i . Le lagrangien peut également dépendre linéaire-ment de qi et sa dépendance en qi est quelconque. La dépendance en q2i est nécessaire

27


pour garantir que l’équation d’Euler-Lagrange sera en qi. Depuis Newton, on sait quela connaissance des deuxièmes taux de variation (qi) des qi est nécessaire et suffisantepour déterminer l’historique du système. La dépendance en qi apparaît avec les poten-tiels de jauge (potentiel vecteur) discutés à la section précédente. La dépendance en qi estquelconque. Elle dépend du système de coordonnées et des interactions.

3. Coordonnée cyclique : Une coordonnée qj (j fixé) est cyclique si elle n’apparaît pas dansle lagrangien alors même que ce dernier dépend de qi. De l’équation d’Euler-Lagrangepour ce degré de liberté

d

dt

µ∂L

∂qi

¶− ∂L

∂qi= 0 (2.153)

il ne reste alors qued

dt

µ∂L

∂qi

¶= 0 puisque

∂L

∂qi≡ 0. (2.154)

Formellement la solution est∂L

∂qi= πi = constante (2.155)

une telle équation est généralement plus simple à résoudre que l’équation d’Euler-Lagrangecomplète.

4. Le lagrangien L = T − V est structuré comme les énergies cinétique, T, et potentielle V.Il en partage plusieurs propriétés, en particulier l’additivité. Si L1 et L2 sont des lagrang-iens de deux systèmes physiques indépendants, alors le lagrangien du système physiqueconstitué de l’union des deux précédents systèmes est

L = L1 + L2. (2.156)Si les deux systèmes interagissent alors le lagrangien total sera

L = L1 + L2 − V (1, 2). (2.157)Peuvent jouer le rôle de sous-systèmes des particules différentes ou une même particuleà qui on octroie des degrés de liberté additionnels.

Exemple 2.1Si L1 = m1

2r21 − V1(r1) décrit le mouvement de la particule 1 et si L2 = m2

2r22 − V2(r2) décrit le

mouvement de la particule 2 alors le système physique constitué des deux particules sans interaction est

L = L1 + L2

=m1

2r21 +

m2

2r22 − V1(r1)− V2(r2) (2.158)

Si en plus on permet aux deux particules d’interagir via une force Fij = −∂V (1,2)∂ri

= force sur laparticule i due à la particule j, alors le lagrangien est

L = L1 + L2 − V (1, 2)

= L1 + L2 − V (r1, r2)

=m1

2r21 +

m2

2r22 − V1(r1)

−V2(r2)− V2(r1, r2). (2.159)

28


2.8 Exercices

2.1. SymétriesUne sphère pleine de densité uniforme peut se déplacer sur une surface plane, sans frottement(figure 2.8).

(a) Quelles sont les trois types de symétrie du système ?(b) Quelle est la quantité conservée associée à chacune de ces symétries ?

zy

x

m


2.2. Pendule rigideSoit un pendule constitué d’une masse m attachée au bout d’une tige de longueur l et de massenégligeable (figure 2.9).

(a) Quelles sont les contraintes sur la dynamique du système ?(b) Combien de degrés de liberté possède le système ?(c) Combien de degrés de liberté possèderait le système sans les contraintes mentionnées en (a) ?(d) Écrivez l’énergie cinétique du système dans les coordonnées généralisées décrites en (b).(e) Écrivez le potentiel dans ces mêmes coordonnées.

l

m

g


2.3. Pendule attaché à un blocUn pendule de masse m2 est attaché à un bloc de masse m1, libre de glisser sans frottement le longd’un axe horizontal. Une tige rigide de longueur r et de masse négligeable relie les deux masses.Toute la dynamique est dans un plan formé de l’axe horizontal et de l’axe vertical (c’est-à-dire dansle plan de la feuille dans la figure 2.10).

(a) Quelles sont les contraintes sur la dynamique du système ?(b) Combien de degrés de liberté possède le système ?(c) Combien de degrés de liberté possèderait le système sans les contraintes mentionnées en (a) ?(d) Écrivez l’énergie cinétique du système dans les coordonnées généralisées décrites en (b).(e) Écrivez le potentiel dans ces mêmes coordonnées.

1m

2m

r


2.4. Champ de forceUn champ de force est donné par :

F1 =

⎛⎝2x(y − 1) + zex

4y + x2

ex − 1z

⎞⎠Une particule de masse m est déplacée dans ce champ par une force externe FEXT , le long de latrajectoire :

r(t) =

⎛⎝cos tsin tt

⎞⎠ t ∈ [π, 3π/4](a) Cette force est-elle dérivée d’un potentiel ? Si oui, quel est ce potentiel ?(b) Quelle est la variation d’énergie cinétique du système lors du parcours de la trajectoire r(t) ?

2.5. Trajectoire brachistochroneUne particule ponctuelle de masse m se déplace dans un champ de force constant dirigé vers le bas(par exemple le champ gravitationnel à la surface de la Terre, voir figure 2.11) :

F(x, y) = mgex

B

A

,

, 0( ) B t T

A tt =

=r

x

y

F


On veut déterminer quelle trajectoire la particule doit suivre pour aller du point A : r (0) =(xA, yA) au point B : r (T ) = (xB , yB) dans un temps T minimal. (Dans le diagramme ci-contre, r(t) est une trajectoire quelconque.)

(a) On veut trouver la trajectoire minimisant le temps. Il faut donc exprimer le temps en fonctionde la trajectoire inconnue. Montrez d’abord que le temps de parcours peut être exprimé comme

T =xB

xA

1 + y02

2gxdx où y0 =

dy

dx(2.160)

29


(b) L’intégrale (2.160) est une intégrale fonctionnelle, car elle ne dépend pas directement de lavariable x, mais d’une fonction de x. On cherche la fonction y(x) qui va minimiser T .

La définition d’un voisinage fonctionnel se fait comme suit. On donne à toutes les fonctionspossibles y une représentation paramétrique y = y(α, x), telle que pour α = 0, y(0, x) =y(x), où y(x) est la fonction rendant T stationnaire. On peut alors écrire :

y(α, x) = y(0, x) + αη(x)

où η(x) est une fonction quelconque de x dont la première dérivée existe et pour laquelle ona η(xA) = η(xB) ≡ 0. (On ne varie pas les points limites.)

La condition rendant l’intégrale 2.160 minimale est que T soit indépendant du paramètre αau premier ordre, ceci se traduisant par la condition suivante, nécessaire mais non suffisante :

∂T

∂α α=0

= 0, ∀ η(x) (2.161)

Posez d’abord

f(y, y0, x) ≡ 1 + y02

2gx

dans l’équation 2.160 et montrez qu’en imposant la condition 2.161, soit

∂T

∂α=

∂

∂α

xB

xA

f(y, y0, x)dx = 0,

on obtient l’équation d’Euler-Lagrange, soit :d

dx

∂f

∂y0− ∂f

∂y= 0 (2.162)

(c) Remplacez f dans son expression dans l’équation d’Euler-Lagrange (2.162) et écrivez ex-plicitement l’équation différentielle résultante. (Exploitez le fait que y soit une variable cy-clique, i.e. seule sa dérivée apparaît dans f .)

(d) Montrez qu’on obtient une cycloïde comme solution.

2.6. Équations du mouvementÉcrivez les équations du mouvement (sans les solutionner) pour les 3 systèmes suivants en utilisantla méthode lagrangienne.

l

y

x

mg θ

O

l

y

x

mg

M L

θ

ϕ

O

l

y

x

mg

M L

θ

ϕ

O

(a) (b) (c)(a) Un pendule constitué d’une masse ponctuelle m fixée au bout d’une tige de longueur l et de

masse négligeable et dont l’oscillation est confinée dans un plan vertical.(b) Un pendule double constitué d’un pendule tel qu’en (a), mais avec une deuxième masse M

accrochée à la masse m par une deuxième tige de masse négligeable et de longueur L.(c) Un pendule double à ressort constitué d’un pendule tel qu’en (b), mais dont la masse M peut

glisser le long de sa tige en comprimant ou étirant un ressort de constante de rappel K.(d) Le système illustré dans la figure suivante, en supposant que le mouvement est uniquement

vertical, que les cordes et les poulies sont de masse négligeable et que les cordes glissent sansfrottement sur les poulies (figure 2.12)).

Figure 2.12 JIProblème 2.6.

30


3m

1y

2s 3s

1s

1m

2m

h

l 2y

2.7. Force centraleSoit une particule de masse m1 posée sur une table horizontale lisse. Une corde est attachée à la

y

x

1m

2m

θ r

g


particule et passe par un trou dans la table, puis est attachée à une seconde masse m2. La cordereste toujours tendue. La masse m2 se déplace uniquement selon un axe vertical.(figure 2.13)

(a) Déterminez le lagrangien du système(b) Obtenez l’équation du mouvement(c) Solutionnez l’équation du mouvement en r autour du point d’équilibre

2.8. CaténaireDéterminez quelle fonction y(x) décrit la courbe formée par une corde au repos, suspendue de

g

y

x

l

Figure 2.14 NCaténaire

manière fixe à ses deux extrémitésA etB. La corde possède une densité linéique de masse uniformeλ, une longueur l et n’est pas extensible. Les points A et B sont à même hauteur et séparés par unedistance L (figure 2.14)

(a) La quantité à minimiser est l’énergie potentielle gravitationnelle. Exprimez cette énergie sousforme intégrale, en fonction de y(x).

(b) Exprimez la contrainte relative à la longueur constante de la corde aussi sous forme intégrale.(c) À partir des équations d’Euler-Lagrange pour les systèmes non-holonomes, exprimez le la-

grangien en tenant compte de la contrainte en (b).(d) Déterminez l’équation différentielle découlant de l’application de l’équation d’Euler-Lagrange

au lagrangien trouvé en (c).(e) Solutionnez l’équation différentielle obtenue en (d) afin de déterminer la courbe y(x) (une

table d’intégrale peut être utile ici).(Note. Vous aurez besoin d’utiliser les multiplicateurs de Lagrange pour appliquer la contraintesur la longueur de la corde.)

31

APPLICATIONS ET PROPRIÉTÉSChapitre 3

3.1 Cas simples en mécanique3.2 Exemples non mécaniques3.3 Problème à deux corps3.4 Le potentiel central3.5 Constantes du mouvement

3.1 Cas simples en mécanique

Particule dans un champ gravitationnel

Exemple 3.1Une particule de masse m dans le champ gravitationnel près de la surface a une énergie potentielleV = mgz où z mesure sa hauteur et g est l’accélération due à la gravité (voir figure 3.1). Son énergie

z

x ou y

Figure 3.1 NParticule dans un champ gravitationnel.

cinétique estT =

m

2(x2 + y2 + z2) (3.1)

doncL =

m

2(x2 + y2 + z2)−mgz. (3.2)

Nous aurons trois équations d’Euler-Lagrange, celles pour x et y étant identiques. Voyons celle en x.On constate que ∂L

∂x= 0. Dans un tel cas, on dit de x que c’est une variable cyclique. L’équation

d’Euler-Lagrange pour x se limite donc àd

dt

∂L

∂x= 0 (3.3)

ou ∂L∂x=constante (d’intégration). De ∂L

∂x= mx = C, on tire

x(t) = ct+ a (3.4)où les constantes c et a sont déterminées par les conditions initiales du problème. De la même façon

y(t) = c0t+ a0 (3.5)Pour z nous avons

∂L

∂z= −mg (3.6)

∂L

∂z= mz =⇒ d

dt

∂L

∂z= mz (3.7)

alorsmz +mg = 0 ou z = −g (3.8)

doncz(t) = −gt2

2+ c00t+ a00 (3.9)

où c00 et a00 sont déterminées par les conditions du problème. Finalement, la solution est comme il sedoit :

x(t) = ct+ a (3.10)y(t) = c0t+ a0 (3.11)

z(t) = −gt2

2+ c00t+ a00 (3.12)

33

APPLICATIONS ET PROPRIÉTÉSC h a p i t r e 3

Particule suspendue à un ressort

Exemple 3.2Une particule de masse m est suspendue à un ressort de constante k dans le champ gravitationnel prèsde la surface de la terre (voir figure 3.2). Son énergie potentielle est

g

z

k

m

Figure 3.2 NParticule suspendue à un ressort

V =k

2(z − z0)

2 +mgz (3.13)

où z0 est la position au repos sans gravité du ressort. Le mouvement n’étant que vertical, en l’absencede gravité

T =m

2z2 (3.14)

etL =

m

2z2 − k

2(z − z0)

2 −mgz (3.15)donc

∂L

∂z= −k(z − z0)−mg (3.16)

d

dt

∂L

∂z= mz (3.17)

l’équation d’Euler-Lagrange (il n’y a qu’un seul degré de liberté) est

mz + k(z − z0) +mg = 0 (3.18)

mz + kz = kz0 −mg. (3.19)Posons z = zh + zp où

mzh + kzh = 0 (3.20)Rappelons que cette équation trouve solution de la forme

zh = Aest

tel quedzhdt

= szh

et nous avons alors

mzh + kzh = 0 (3.21)⇓ (3.22)

ms2 + k = 0 (3.23)ce qui permet de déduire s

s2 = − k

m=⇒ s = ±iω où ω = k

m.

La solution générale s’écrit

zh(t) = A0eiωt +B0e−iωt = A sin (ωt+ δ) (3.24)avec

ω =k

m(3.25)

et A et δ qui sont des constantes d’intégration devant être déterminées par les conditions initiales. Leterme non homogène obéït à

mzp + kzp = kz0 −mg = constante. (3.26)et on n’est pas surpris de trouver

zp = constante = C (3.27)z(t) = zh(t) + C (3.28)

= A sin (ωt+ δ) +C (3.29)où C est une constante. Remplaçant, avec

z = zh + 0 = −ω2A sin (ωt+ δ) (3.30)on obtient

−mω2A sin (ωt+ δ) + kA sin (ωt+ δ)

0

+ kC = kz0 −mg (3.31)

34

C h a p i t r e 3Cas simples en mécanique

kC = kz0 −mg =⇒ C = z0 −mg

k(3.32)

Finalement,z(t) = A sin (ωt+ δ) + z0 −

mg

k. (3.33)

Ainsi, au repos où A = 0 nous avons z = z0 − mgk, c’est-à-dire le champ gravitationnel cause un

étirement du ressort (vers le bas) d’une longueur mgk

Particule suspendue au bout d’une tige rigide

Exemple 3.3Une particule est suspendue au bout d’une tige rigide sans masse et se déplace dans le plan xy (voirfigure 3.3). Cependant la tige rigide constitue une contrainte telle que la particule ne se déplace que surla courbe C qui n’a qu’une dimension. Le système ne possède donc qu’un seul degré de liberté. Dû auchamp gravitationnel, l’énergie potentielle est V = mgy. Géométriquement

x = l sinϕ, y = −l cosϕ (3.34)et

x = lϕ cosϕ, y = lϕ sinϕ (3.35)donc

T =m

2(x2 + y2) =

m

2l2ϕ2(sin2 ϕ+ cos2 ϕ) =

m

2l2ϕ2 (3.36)

et

g

y

l

mC

ϕ

x

Figure 3.3 NParticule suspendue au bout d’une tige rigide.

V = mgy = −mgl cosϕ (3.37)et ainsi

L =ml2

2ϕ2 +mgl cosϕ. (3.38)

C’est un lagrangien pour un système à un seul degré de liberté, ici ϕ, comme il se doit. Un choix in-telligent de coordonnées généralisées, lorsqu’il y a contrainte, consiste à choisir les degrés de libertécontraints (ils ne sont plus des degrés de liberté alors) comme faisant partie des coordonnées général-isées. Ainsi dans cet exemple, le mouvement dans le plan xy peut être décrit en coordonnées polaires(r, ϕ) où r = l est précisément l’équation de contrainte ici. C’est le choix que nous faisons, ce qui nelaisse que le degré de liberté décrit par ϕ. Ce degré de liberté est un angle et n’a pas de dimension. Iln’y a qu’une seule équation d’Euler-Lagrange

∂L

∂ϕ= −mgl sinϕ, (3.39)

∂L

∂ϕ= ml2ϕ =⇒ d

dt

∂L

∂ϕ= ml2ϕ (3.40)

donc l’équation d’Euler-Lagrange se lit

ml2ϕ+mgl sinϕ = 0 (3.41)ou ϕ+ g

l sinϕ = 0, après division par ml2. La solution n’est pas triviale et fait appel à des intégraleselliptiques. Cependant si ϕ reste petit, alors (comme sur les horloges grand-père)

sinϕ ≈ ϕ− ϕ3

3!+

ϕ5

5!+ · · · (3.42)

et on peut ne retenir quesinϕ ≈ ϕ (3.43)

et l’équation devientϕ+

g

lϕ ≈ 0 =⇒ ϕ = −g

lϕ. (3.44)

Cette dernière équation correspond à celle du mouvement harmonique qui a comme solution

ϕ(t) = A sin(ωt+ δ) (3.45)avec ω = g

l, A et δ étant des constantes déterminées par les conditions initiales du problèmes. C’est

35


le fameux problème du pendule plan qui a longtemps servi de référence pour mesurer le temps.

Remarque 3.1iDans les deux derniers exemples, le mouvement est « harmonique ». C’est le cas à chaquefois que l’équation du mouvement est du type

u+ ω2u = 0 =⇒ u = −ω2u ; ω2 > 0 (3.46)qui a comme solution

u(t) = A sin(ωt+ δ) = A0 cos(ωt+ δ0) (3.47)ou

u(t) = B sinωt+B0 cosωt (3.48)où ω est la fréquence (angulaire) du mouvement. u(t) revient au même point à chaque foisque

ωτ = 2nπ : n = entier (3.49)on a τ = 2π

ω = 1ν où τ est la période, ν la fréquence du mouvement et ω = 2πν est la

fréquence angulaire.

i

On notera également que dans les deux premiers exemples, la coordonnée utilisée pourdécrire le degré de liberté a les dimensions de longueur, ainsi les équations d’Euler-Lagrangeont des dimensions de force, comme l’équation de Newton. Il n’en va pas de même dans ledernier exemple où la variable n’a pas de dimension (un angle). L’équation d’Euler-Lagrangeest l’équation du mouvement même si elle n’a pas des dimensions de force.

Pendule plan suspendu par un ressort de masse nulle

Exemple 3.4Soit un pendule plan dans lequel la tige rigide est remplacée par un ressort de masse nulle, en faitnégligeable (voir figure 3.4). Le mouvement étant dans le plan xy on attend deux degrés de liberté.Puisque la tige n’est pas rigide le mouvement n’est pas contraint à une trajectoire et on conserve deuxdegrés de liberté. On pourrait conserver x et y pour les décrire mais ces coordonnées ne collent pas

g

y

u

mC

ϕ

x

Figure 3.4 NPendule plan suspendu par un ressort de massenulle.

très bien avec la géométrie de l’objet. Clairement u et ϕ collent mieux à cette géométrie oùϕ = angle du pendule avec la verticaleu = position par rapport au point d’appui.

On obtient facilementx = u sinϕ, y = −u cosϕ (3.50)

donc

x = u sinϕ+ uϕ cosϕ, (3.51)y = −u cosϕ+ uϕ sinϕ (3.52)

et

T =m

2(x2 + y2)

=m

2(u2 sin2 ϕ+ 2uuϕ sinϕ cosϕ+ u2ϕ2 cos2 ϕ

+u2 cos2 ϕ− 2uuϕ sinϕ cosϕ+ u2ϕ2 sin2 ϕ)

=m

2(u2 + u2ϕ2). (3.53)

36

C h a p i t r e 3Cas simples en mécanique

L’énergie cinétique a un terme en u2 et un en ϕ2, ce qui est correct dans un lagrangien destiné à décrireun système physique à deux degrés de liberté .

L’énergie potentielle est

V = Vgrav. + Vress.

= mgy +K

2(u− u0)

2 (3.54)

= −mgu cosϕ+K

2(u− u0)

2 (3.55)

et finalementL =

m

2(u2 + u2ϕ2) +mgu cosϕ− K

2(u− u0)

2 (3.56)où u0 est la position radiale au repos du ressort-tige. Ici nous avons une coordonnée qui a des dimen-sions de longueur (u) et une qui n’en a pas (ϕ ) puisque c’est un angle. Néanmoins, nos équationsd’Euler-Lagrange seront de la même forme

d

dt

∂L

∂u− ∂L

∂u= 0 (3.57)

d

dt

∂L

∂ϕ− ∂L

∂ϕ= 0. (3.58)

Dans (3.57),∂L

∂u= muϕ2 +mg cosϕ−K(u− u0) (3.59)

d

dt

∂L

∂u= mu (3.60)

et doncmu−muϕ2 −mg cosϕ+K(u− u0) = 0 (3.61)

qui a des dimensions [MLT−2], c’est-à-dire de force. Pour (3.58)∂L

∂ϕ= −mgu sinϕ (3.62)

d

dt

∂L

∂ϕ=

d

dtmu2ϕ = 2muuϕ+mu2ϕ (3.63)

ce qui donne en divisant par la masse

u2ϕ+ 2uuϕ+ gu sinϕ = 0 (3.64)qui a des dimensions [MLT−2], qui ne sont pas des dimensions de force

La solution de ces deux équations couplées n’est pas triviale. Cependant leur obtention, par uneméthode raisonnablement simple constitue déjà en soi un résultat intéressant.

37


3.2 Exemples non mécaniques

Principe de Fermat

Exemple 3.5On peut baser toute l’optique géométrique sur le principe de Fermat qui, remarquablement, est unprincipe variationnel. Les trajectoires des rayons lumineux obéïssent à des équations d’Euler-Lagrange.

Énoncé : Entre deux points, 1 et 2, le rayon lumineux suit la trajectoire qui prend le moins de temps.

Si η est l’indice de réfraction, la vitesse du rayon lumineux est c/η . Appelons ds l’élément delongueur de la trajectoire, alors le temps requis pour parcourir ds est dt = ds/v. Entre les points 1 et2, le temps requis sera T

T =2

1

ds

v=1

c

2

1

ηds (3.65)où η peut varier d’un point à l’autre comme dans une fibre optique par exemple.

Pour simplifier limitons-nous à un système à deux dimensions, (x, y) donc

ds = dx2 + dy2. (3.66)La trajectoire du rayon est une équation du type y = y(x) (on aurait pu choisir x = x(y)). Écrivonsdonc

ds = dx 1 +dy

dx

2

≡ dx 1 + y2 (3.67)

où y = dydx

et ici x est considéré comme le paramètre et y une variable. Nous aurons donc

T =1

c

2

1

η(x, y) 1 + y2dx ≡2

1

L(y, y, x)dx (3.68)

Le lagrangien est iciL(y, y, x) =

1

cη(x, y) 1 + y2. (3.69)

Insistons sur le fait que le problème est semblable à un problème de mécanique à un degré de liberté,décrit par y. Ici x est le paramètre , ne décrit pas un degré de liberté et joue le rôle joué généralementpar le temps en mécanique. Ainsi ce qui joue le rôle de la vitesse (un degré de liberté donc une vitesse)est y = dy

dxc’est-à-dire la dérivée totale de la coordonnée y par rapport au paramètre x.

On cherche à minimiser T = x2x1

Ldx entre deux points fixes en comparant toutes les trajectoiresy(x), qui les relient. On calcule donc

δT = 0. (3.70)Le résultat est connu, c’est l’équation d’Euler-Lagrange pour le degré de liberté y (ici le seul avec leparamètre x)

d

dx

∂L

∂y− ∂L

∂y= 0. (3.71)

Nous calculons donc, avec L défini ci-dessus∂L

∂y=

η

c

1

2 1 + y22y

=ηy

c 1 + y2(3.72)

38

C h a p i t r e 3Exemples non mécaniques

d

dt

∂L

∂y=

ηy

c 1 + y2+

y

c 1 + y2∂η

∂y

∂y

∂x+

∂η

∂x

+ηy

c−12

1 + y2− 32 2yy

=ηy

c 1 + y2+

y

c 1 + y2∂η

∂yy +

∂η

∂x

− ηy2y

c (1 + y2)32

(3.73)

et∂L

∂y=1

c1 + y2

∂η

∂y(3.74)

ce qui donneηy

c 1 + y2+

y

c 1 + y2∂η

∂yy +

∂η

∂x

− ηy2y

c (1 + y2)32

− 1

c1 + y2

∂η

∂y= 0 (3.75)

et puisque c 1 + y2 n’est jamais nul, on peut simplifier en multipliant l’équation par c 1 + y2 :

ηy − ηy2y

1 + y2− y

∂η

∂x− ∂η

∂y= 0 (3.76)

Si l’indice de réfraction η est uniforme dans le milieu, l’équation se réduit à

ηy − ηy2y

1 + y2= 0. (3.77)

et puisque 1 + y2 n’est jamais nul

ηy 1 + y2 − ηy2y = yη = 0

et donc la vitesse de la lumière est constante dans ce milieu..

39


3.3 Problème à deux corps

C’est le système physique fermé le plus simple qui existe. Deux particules, de masses m1

et m2, dont les positions instantanées sont r1 et r2 interagissent via un potentielV (r1, r2) = V (r1 − r2) (3.78)

pour respecter l’homogénéité de l’espace puisque−V (r1)− V (r2)... = 0

est le potentiel dû au reste de l’univers dans un système fermé. La force externe totale quis’exerce sur le système fermé est nulle.

Ainsi leur lagrangien s’écrira (le lagrangien est additif)

L =m1

2r21 +

m2

2r22 − V (r1 − r2). (3.79)

Opérons un changement de coordonnés définissant la coordonnée relative r = r1 − r2 et lacoordonnée du centre de masse (voir figure 3.5)

R =m1r1 +m2r2m1 +m2

(3.80)

ainsir1 = R+

m2

m1 +m2r (3.81)

r2 = R−m1

m1 +m2r (3.82)

où rappelons-le r = r1 − r2 et donc

r1 = R+m2

m1 +m2r (3.83)

r2 = R−m1

m1 +m2r (3.84)

Remplaçant dans le lagrangien nous obtenons

R

r

m

m

C.M.

1

2

1

2

rr

y

z

x

Figure 3.5 NProblème à deux corps.

L =M

2R2 +

m

2r2 − V (r) (3.85)

oùM = m1 +m2 = masse totale du système (3.86)

m =m1m2

m1 +m2= masse réduite du système (3.87)

et le lagrangien se décompose en deux éléments qui ne sont pas reliésL = LCM + Lrel.. (3.88)

LCM est simplement l’énergie cinétique globale du système (À noter que si m2 À m1 (parexemple le cas Soleil-Terre), alors m ' m1, Lrel. = Lm1) et

LCM =M

2R2 (3.89)

puisque puisqueR est une variable cyclique :∂L

∂R= 0 =⇒ ∂L

∂R= C = vecteur constant

ouMR = C. (3.90)

Le C.M. se déplace à vitesse constante. La deuxième partie, relative, est

Lrel. =m

2r2 − V (r) (3.91)

apparaît comme le lagrangien d’une particule de masse m et de position r. Aucune des deuxparticules n’a la masse m et r ne donne la position d’aucune des deux particules. L décritle mouvement relatif entre les ceux particules en le réduisant à un problème d’une seule

40

C h a p i t r e 3Le potentiel central

particule (fictive), de masse m et de position r. Parce qu’il peut se réduire de cette façon à unproblème à un corps, le problème à deux corps peut avoir une solution analytique.

Le problème à N corps, ou N > 2, n’a pas de solution analytique. Le système est mêmechaotique.

3.4 Le potentiel central

Nous étudions ici un problème à un corps à un corps qui est aussi assimilable à celui d’uneparticule soumise à une force centrée à l’origine.(peut aussi être le problème du mouvementrelatif dans un système à deux corps) Le lagrangien est de la forme

L =m

2r2 − V (r). (3.92)

Dans bon nombre de cas, l’interaction ne dépendra que de la distance, soit entre les (deux)corps, soit entre le corps étudié et le point d’origine de la force. On a alors V (r) = V (r) etla force est dans la direction r. C’est le potentiel central.

r

m

m

1

2

1

2

rr

y

z

x

Figure 3.6 NLe problème à deux corps se simplifie à celui d’uneparticule soumise à un potentiel central.

Physiquement, si le problème de base est un problème à deux corps (voir figure 3.6) alorsla force est purement dans la direction de la droite les reliant. C’est le cas de l’interactiongravitationnelle entre deux corps massifs ainsi que l’interaction coulombienne entre deuxcorps chargés.

Puisque ici la force est purement radiale (aucune composante θ et ϕ) le torque r×Fs’exerçant sur la particule est identiquement nul et par conséquent le moment cinétique (voirfigure 3.7),

l = mr× r (3.93)est une constante du mouvement. En effet

l = mr× r+mr× r = 0 + r×F = 0 (3.94)puisque r et F sont colinéaires. La conséquence physique est que le mouvement est dans unplan perpendiculaire à l puisque

l = vecteur constantsignifie constant en grandeur et en direction.

Choisissons ce plan comme étant le plan xOy, c’est-à-dire le plan θ = π2 donc θ = 0. Le

lagrangien se réduira (avec sin θ = sin π2 = 1) à

L =m

2(r2 + r2ϕ2)− V (r) (3.95)

comme en coordonnées polaires. Immédiatement, on constate que ϕ est une variable cycliqueet donc

∂L

∂ϕ= 0 (3.96)

et donc∂L

∂ϕ= mr2ϕ = l,

une constante même si r = r(t) et ϕ = ϕ(t).

ϕ

θ

ry

z

x

Figure 3.7 NLe torque r×F s’exerçant sur la particule estidentiquement nul et le moment cinétique l = mr×r est une constante du mouvement.

On vérifie trivialement que cette constante l est précisément la longueur du moment ciné-tique qui pointe ici selon l’axe Oz. Comme est une constante du mouvement sa valeur estfixée par les conditions initiales. L’équation en r se calcule aussi :

∂L

∂r= mrϕ2 − ∂V

∂r(3.97)

∂L

∂r= mr =⇒ d

dt

µ∂L

∂r

¶= mr (3.98)

doncmr −mrϕ2 +

∂V

∂r= 0 (3.99)

et toujours en ϕ : mr2ϕ = l.

41


De l’équation en ϕ on tire

ϕ =l

mr2(3.100)

que l’on remplace dans l’équation en r

mr − l2

mr3+

∂V

∂r= 0 (3.101)

oumr = −∂V

∂r+

l2

mr3≡ −∂Veff(r)

∂r(3.102)

où ici on a défini Veff(r) comme

Veff(r) = V (r) +l2

2mr2. (3.103)

Tout se passe donc en r comme dans une équation à la Newton pour un système à undegré de liberté

mr = −∂Veff(r)

∂r= Feff(r). (3.104)

Ce potentiel efficace Veff(r) est constitué du potentiel original V (r) plus l2

2mr2 qui représenteune répulsion centrifuge : un corps qui tourne par rapport à l’origine O est effectivement re-poussé de l’origine (il ne peut pas l’atteindre) et plus il tourne c’est-à-dire plus l est grand,plus il est repoussé. L’exemple de la figure 3.8 est pour V = −K

r (gravitationnel ou électro-statique). On constate dans ce cas que

r

r00V

Veff

V

-K r

l2

2mr2

Figure 3.8 NPotentiel efficace pour le cas de deux corps soumisà un potentiel gravitationnel ou électrostatique (V =−K

r).

Veff(r) = −K

r+

l2

2mr2(3.105)

a un extremum V0 en r0 qui obéit à∂Veff(r)

∂r

¯r0

=

∙K

r2− l2

mr3

¸r0

= 0 (3.106)

donc àr0 =

l2

Km=⇒ V0 = −

mK2

2l2. (3.107)

Puisque∂Veff(r)

∂r

¯r0

= 0 =⇒ mr|r0 = 0 (3.108)

ce qui correspond à une distance radiale constante r = r0 donc r = 0 donc r = 0.Autrement dit, aucune force radiale n’est exercée. Il s’agit d’un point stationnaire qui corre-spond physiquement à une orbite circulaire (seul ϕ varie) avec une vitesse angulaire constantedonnée par

ϕ =l

mr20= constante (3.109)

⇓ (3.110)

ϕ(t) =l

mr20t+ ϕ0 =

mK2

l3t+ ϕ0 (3.111)

avecr0 =

l2

KmIci, les conditions initiales ont fixé r = r0, E = V0, la valeur de l et de celle de ϕ0. Nouscontinuons d’avoir θ = π

2 donc θ = 0.

Pour chaque intervalle de temps, la période τ , pour laquelle ϕ(t) augmente de 2π , nous

42

C h a p i t r e 3Le potentiel central

complétons une orbite, donc l’expression précédente nous permet de déduire la période∆ϕ = ϕ(τ + t0)− ϕ(t0) = 2π (3.112)

=l

mr20τ =

mK2

l3τ (3.113)

⇓ (3.114)

τ =2πl3

mK2= 2π

rmr30K

= période. (3.115)

La fréquence est ν = 1τ =

mK2

2πl3 et la fréquence angulaire de l’orbite circulaire est

ϕ = ω = 2πν =mK2

l3. (3.116)

uu

r0

V0

E

r

V

Figure 3.9 NOscillation autour de l’orbite circulaire.

Les conditions initiales pour que l’orbite soit précisément circulaire sont relativement peuprobables. Étudions la situation lorsque l’orbite se dégage légèrement de ce cas particulier,c’est-à-dire E > V0, (série de Taylor)

Veff(r) ' Veff(r0)| z constante

+ (r − r0)∂Veff(r)

∂r

¯r0| z

=0

+(r − r0)

2

2!

∂2Veff(r)

∂r2

¯r0

· · · (3.117)

Si r ne s’éloigne pas trop de r0, c’est le terme harmonique en (r − r0)2 qui va gérer le

mouvement par

mr = −∂Veff(r)

∂roù Veff(r) ∼ (r − r0)

2 (3.118)

Ici, avec le choix particulier V = −Kr que nous avons fait

∂2Veff(r)

∂r2

¯r0

= −2Kr30

+3l2

mr40=

m3K4

l6(3.119)

on obtient pour Veff(r)

Veff(r) ≈(r − r0)

2

2!

∂2Veff(r)

∂r2

¯r0

(3.120)

et donc en terme des paramètres de V (r)

Veff(r) ≈(r − r0)

2

2!

m3K4

l6. (3.121)

L’équation de mouvement en r est mr = −∂Veff(r)∂r . Nous calculons

0r

r(t)δ

Figure 3.10 NLa fluctuation de r(t) autour de r0 (orbite circu-laire) cause un étirement de l’orbite à des extrémitésopposées et un écrasement aux extrémités per-pendiculaire.

∂Veff(r)

∂r≈ (r − r0)

m3K4

l6(3.122)

donc l’équation de mouvement donne

mr ≈ −(r − r0)m3K4

l6. (3.123)

Définissant u(t) = r(t)− r0, nous obtenons (r = u) (voir figure 3.9)

mu = −m3K4

l6u (3.124)

ouu = −m

2K4

l6u = −Ω2u (3.125)

qui correspond à l’équation harmonique qui a comme solutionu(t) = r(t)− r0 = A sin(Ωt+ δ) (3.126)

où r(t) apparaît comme une constante, r0, plus une fluctuation d’amplitude A etr(t) = r0 +A sin(Ωt+ δ) (3.127)

avec Ω = mK2

l3 = fréquence angulaire de la fluctuation u(t).

Cette fréquence de fluctuation de r autour de r0 se fait à la même fréquence que la rotation

43


sur l’orbite circulaire puisque u(t) mesure la variation ou fluctuation de r(t) autour de r0.Ceci est caractéristique du choix particulier V (r) = −K

r que nous avons fait. On dit d’un telpotentiel qu’il génère des orbites stables.

Cette fluctuation de r(t) autour de r0 (orbite circulaire) cause un étirement de l’orbite àdes extrémités opposées et un écrasement aux extrémités perpendiculaire (voir figure 3.10).De plus comme Ω = ω, le mouvement de fluctuation est synchronisé avec la fluctuation etla particule revient au même point. C’est la première déformation du cercle vers l’ellipse quel’on sait être la trajectoire normale des planètes. On note ici que la proto-ellipse est encorecentrée sur l’origine. Ce sont les termes asymétrique de Veff(r) , dont le premier est

(r − r0)3

3!

∂3Veff(r)

∂r3

¯r0

(3.128)

qui seront responsables de ce déplacement.Dans la démarche précédente, nous avons utilisé dès le début la conservation du moment

cinétique en l’absence de torque. Le problème s’en trouvait simplifié puisqu’il était toujourspossible de ramener le problème à un mouvement dans le plan xOy. Toutefois, on devraitobtenir la même solution sans faire appel à la notion de force.

L =m

2(r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2)− V (r) (3.129)

En ϕ∂L

∂ϕ= 0 (3.130)

et donc∂L

∂ϕ= mr2 sin2 θϕ = lz,

la composante z du moment cinétique étant constante. Contrairement au cas précédent celane signifie pas que la vitesse angulaire ϕ est constante si r est constant. En θ

∂L

∂θ= mr2ϕ2 sin θ cos θ = mr2

µlz

mr2 sin2 θ

¶2sin θ cos θ (3.131)

=l2zmr2

cos θ

sin3 θ(3.132)

et donc θ∂L

∂θ= mr2θ =⇒ d

dt

µ∂L

∂θ

¶= mr2θ,

et

θ =

µlzmr2

¶2cos θ

sin3 θOn se rend compte que même pour r constant, la solution nécessite de résoudre deux équa-tions différentielles couplées en θ et en ϕ. La solution reste de la même forme puiqu’on aaffaire à une particule de masse tournant à vitesse constante autour du centre (moment ciné-tique constant, aucun torque) sauf que l’orbite est inclinée par rapport au plan xOy et l nepoint pas nécessairement dans la direction des z.

3.5 Constantes du mouvement

Nous avons vu quelques exemples de situation où le lagrangien dépend d’une certainevariable q mais ne dépend pas de q. On appelle q une variable cyclique et de l’équationd’Euler-Lagrange pour q

d

dt

µ∂L

∂q

¶− ∂L

∂q= 0 (3.133)

on tire, du fait de l’indépendance de L en q, que∂L

∂q= 0 (3.134)

44

C h a p i t r e 3Constantes du mouvement

et doncd

dt

µ∂L

∂q

¶= 0 (3.135)

d’où nous concluons que∂L

∂q= constante. (3.136)

Cette constante s’appelle constante du mouvement.Pour un système à n degrés de liberté qi| i = 1, 2....n nous aurons n équations

d’Euler-Lagranged

dt

µ∂L

∂qi

¶− ∂L

∂qi= 0, i = 1, 2....n. (3.137)

En mécanique, ces équations sont des équations différentielles du 2ième ordre, c’est-à-direchaque équation est du type

fi(qj , qj , qj , t) = 0. (3.138)Pour fixer de façon unique la solution d’une équation du 2ième ordre nous avons besoin dedeux conditions, qu’elles soient initiales, finales, limites... Techniquement cela signifie quel’intégration de chacune de ces équations requiert deux constantes d’intégration. Comme il ya n équations cela fait 2n constantes qui seront indépendantes puisque fixées arbitrairementdans le laboratoire.

qi = qi(t, Cj , C0j); i, j = 1, 2, ...n (3.139)

Ajoutantqi = qi(t, Cj , C

0j); i, j = 1, 2, ...n (3.140)

nous avons 2n équations qui dépendent des 2n constantes (les n Cj et les n C0j). Un telsystème peut en principe s’inverser pour obtenir

Ci = Ci(t, qj , qj)C0i = C 0i(t, qj , qj)

¾= 2n constantes, (3.141)

Physiquement, ce sont les données d’un problème qui fixent ces constantes. Le but del’exercice est d’arriver à exprimer les qi en fonction de ces constantes et du temps.

Exemple 3.6Prenons l’exemple simple de l’oscillateur harmonique à une dimension

L =m

2x2 −mω2x2 (3.142)

Ici,n = 1, nous n’aurons qu’une seule équation donc deux constantes d’intégration. L’équation d’Euler-Lagrange est

x = −ω2x (3.143)dont la solution peut s’écrire de plusieurs façons

x(t) = A sin(ωt+ δ); A, δ = const. d’intégrationx(t) = B cos(ωt+∆); B,∆ = const. d’intégration, B = A

x(t) = C sinωt+D cosωt; C,D = const. d’intégration

Ici A,B,C et D sont des amplitudes et δ et ∆ des phases. Ces trois solutions sont absolument équiva-lentes. Pour les fins d’illustration prenons la dernière forme

x(t) = C sinωt+D cosωt (3.144)x(t) = ωC cosωt− ωD sinωt. (3.145)

Ces deux équations s’inversent assez facilement en

C = x(t) sinωt+x(t)

ωcosωt (3.146)

D = x(t) cosωt− x(t)

ωsinωt. (3.147)

a) Conditions initialesSoit que, dans le problème étudié on sache qu’à un temps initial t = t0 la position initiale est x(t0) =

45


x0 et la vitesse initiale est x(t0) = x0 où x0 et x0 sont connus. On identifie facilement

C = x0 sinωt0 +x0ωcosωt0 (3.148)

D = x0 cosωt0 −x0ωsinωt0 (3.149)

et la solution est

x(t) = x0 sinωt0 +x0ωcosωt0 sinωt

+ x0 cosωt0 −x0ωsinωt0 cosωt. (3.150)

b) Conditions limitesSoit que dans le problème étudié on sait qu’à un temps t = t0, la position est x(t0) = x0 et qu’à unautre temps t = t1, la position est x(t1) = x1 où x0 et x1 sont connus (mesurés) :

à t = t0 : x0 = C sinωt0 +D cosωt0 (3.151)à t = t1 : x1 = C sinωt1 +D cosωt1 (3.152)

On peut inverser ces deux équations

C =x0 cosωt1 − x1 cosωt0

sinω(t0 − t1)(3.153)

D =x0 sinωt1 − x1 sinωt0

sinω(t0 − t1)(3.154)

et la solution s’écrit

x(t) =x0 cosωt1 − x1 cosωt0

sinω(t0 − t1)sinωt (3.155)

+x0 sinωt1 − x1 sinωt0

sinω(t0 − t1)cosωt. (3.156)

c) Conditions mixtesMais en général, toutes sortes de quantités peuvent être déterminées (expérimentalement) pour fixer lasolution : position, vitesse, angle, énergie, moment cinétique (plus d’une dimension), etc...

46


3.6 Exercices

3.1. Champ électromagnétiqueDans un système d’axes orthonormés, on veut étudier le mouvement d’une particule de masse m,de charge électrique qe, plongée dans des champs électrique E = (E, 0, 0) et magnétique B =(0, 0, B) uniformes, constants et orthogonaux. Nous choisirons comme coordonnées généraliséesles trois coordonnées cartésiennes r = (x, y, z) de la particule. Nous allons vérifier que l’expressionsuivante, où U est le potentiel scalaire et A est le potentiel vecteur, est effectivement un potentielgénéralisé.

V (r, r, t) = qe (U(r, t)− r ·A(r, t))Lagrangiens et intégrales premières

(a) Donner l’expression de la force de Lorentz, qui est supposée la seule force agissant sur laparticule.

(b) Calculer le potentiel scalaire U (r).(c) Montrer qu’on peut choisir un potentiel vecteur indifféremment de la formeA = (−yB, 0, 0)

ou A = (0, xB, 0) ou encore la demi-somme des deux qu’on peut écrire A = − 12 (r ×B).

Ces formules sont d’une grande utilité pratique pour le physicien.(d) À l’aide de la première expression de A, vérifier que le potentiel généralisé associé au champ

électromagnétique s’écrit V = qe(xyB − xE). Écrire le lagrangien L de la particule dansle champ électromagnétique. Vérifier que z est une coordonnée cyclique ; donner l’intégralepremière correspondante. Déduire les équations de Lagrange pour les variables x et y.

(e) À l’aide de la seconde expression, vérifier que le potentiel généralisé associé au champ électro-magnétique s’écrit V = −qe(xyB+xE). Écrire le lagrangienL0 de la particule dans le champélectromagnétique. Vérifier que y et z sont des coordonnées cycliques ; donner les intégralespremières correspondantes. Étaient-elles prévisibles d’après la question précédente ?

(f) Vérifier que la différence des deux lagrangiens L et L0 est la dérivée totale, par rapport autemps, d’une fonction des coordonnées.

Champ électrique nul

Pour le moment, on suppose un champ électrique nul : E = 0.[(g)]

(g) De ces quantités conservées, déduire les équations différentielles du premier ordre en tempspour les trois coordonnées. Intégrer ces équations. Il sera utile d’introduire la pulsation cy-clotron ω = qeB/m. Caractériser le mouvement projeté dans le plan perpendiculaire au champmagnétique et le long de celui-ci. On appelle ce mouvement le mouvement cyclotron.

Cas géneral

m


On revient à présent au cas général E 6= 0.(h) Intégrer les équations du mouvement. Montrer que si l’on se place dans un référentiel se mou-

vant avec la vitesse −E/B le long de l’axe perpendiculaire à E et B, la particule se déplaceselon le mouvement cyclotron étudié à la question précédente. C’est ce qu’on appelle un mou-vement de dérive.

(i) Le lagrangien ne dépend pas explicitement du temps ; il existe une intégrale première associéeà la translation dans le temps. Donner celle-ci.

3.2. Pendule et ressortsLe point de suspension d’un pendule de masse m et de longueur constante l peut se déplacer selonun axe horizontal. Deux ressorts de constante de rappel k/2 exercent une force nette de restitution−kx sur le point de suspension (voir figure 3.11).

(a) Écrivez les équations du mouvement.(b) En supposant de faibles oscillations, démontrez que ce système est équivalent à un pendule

simple de longueur.l0 = l+

mg

k

47


3.3. Particule dans un côneUne particule de masse m est soumise à la gravité et contrainte à se déplacer sur la surface d’uncône vertical inversé (voir figure 3.12)

g

x

y

z

θ

m


(a) Écrivez les équations du mouvement.(b) À partir de la notion de potentiel effectif :

F = −∂Veff∂r

trouvez le point stationnaire r0.

48

LE FORMALISME CANONIQUEChapitre 4

4.1 La transformation deLegendre

4.2 Le hamiltonien4.3 Quelques exemples4.4 Les crochets de Poisson4.5 Les moments généralisés4.6 Les transformations

canoniques (T.C.)4.7 Une transformation

canonique très spéciale : Laméthode de Hamilton-Jacobi

4.8 T (qi, pi) en coordonnéesgénéralisées

4.9 La fonction S (ou commentrefermer la boucle)

Le formalisme canonique n’introduit pas une nouvelle physique mais nous propose unenouvelle gamme d’outils pour étudier les phénomènes physiques. Son élément central, l’hamil-tonien, joue un grand rôle en mécanique quantique. Comme dans le formalisme de Lagrangenous travaillerons avec des quantités comme l’énergie, T et V , plutôt qu’avec des quantitésvectorielles comme la force F de Newton. Ici encore le formalisme sera invariant de forme.

Dans le formalisme de Lagrange, la description d’un système mécanique à n degrés deliberté décrits par les coordonnées généralisés qi| i = 1, 2, ...n indépendantes (non con-traintes) nous mène à n équations d’Euler-Lagrange

d

dt

µ∂L

∂qi

¶− ∂L

∂qi= 0 (4.1)

qui sont des équations différentielles du 2ième ordre.Dans le formalisme canonique, ou de Hamilton, un système mécanique à n degrés de

liberté toujours décrits par des qi indépendants nous mènera à 2n équations du premier ordre.Chez Lagrange on compare des trajectoires et par conséquent les qi et les qi sont tous in-

dépendants (tant que nous n’avons pas résolu les équations d’Euler-Lagrange qui choisissentla trajectoire extremum). Chez Hamilton nous devrons d’abord apprendre à définir les mo-ments généralisés, les pi, pour remplacer les qi, et qui eux aussi resteront indépendants entreeux et indépendants des qi.

4.1 La transformation de Legendre

Cette transformation est souvent utilisée en thermodynamique où elle permet de relierentre eux les différents potentiels thermodynamiques. En mécanique elle permet de définirl’hamiltonien à partir du lagrangien. Nous en donnons une description simplifiée.

Soit une fonction f(u, v) où u et v sont les deux variables indépendantes dont dépend f .Définissons

w =∂f(u, v)

∂v= w(u, v). (4.2)

La transformation de Legendre permet de définir une fonction g(u,w) qui peut remplacerf(u, v) :

f(u, v) 7→ g(u,w) = v · w − f. (4.3)On vérifie facilement la chose. En effet

df =∂f

∂udu+

∂f

∂vdv =

∂f

∂udu+ wdv. (4.4)

De la définition de g nous calculonsdg = wdv + vdw − df

= wdv + vdw − ∂f

∂udu− wdv

= vdw − ∂f

∂udu =⇒ g = g(u,w) (4.5)

ce qui confirme que g est bien fonction de u et de w. Pour opérationnaliser cette transforma-

49

LE FORMALISME CANONIQUEC h a p i t r e 4

tion et la disparition de v dans g on doit, à partir de la définition de w

w =∂f(u, v)

∂v= w(u, v) (4.6)

pouvoir l’inverser en v = v(u,w)

g(u,w) = wv(u,w)− f(u, v(u,w)). (4.7)Puisque g est fonction de u et w

dg =∂g

∂udu+

∂g

∂wdw (4.8)

et on identifie avec l’expression pour dg plus haut

v =∂g

∂w,

∂g

∂u= −∂f

∂u. (4.9)

4.2 Le hamiltonien

Posons un lagrangien L(qi, qi, t) que nous traiterons comme la fonction f ci-dessus avecles qi jouant le rôle de u et les qi le rôle de v. À la place de w, nous définissons les momentsgénéralisés (moments canoniques)

pi ≡∂L

∂qi= pi(qj , qj , t); i, j = 1, 2, ...n (4.10)

un système de n équations que, comme pour v et w, nous devons pouvoir inverser pourobtenir les n relations

qi = qi(qj , pj , t); i, j = 1, 2, ...n (4.11)Nous définissons donc, en analogie avec g, une fonction des qi et des pi que nous noteronsH(qi, pi, t)

g(u,w) = v · w − f⇓ ⇓ ⇓

H(qi, pi, t) =Pn

i qipi − L(qi, qi, t)dans laquelle expression qi est présumé être qi(qi, pi, t).

De

dL =nXi

∂L

∂qidqi +

nXi

∂L

∂qidqi +

∂L

∂tdt

=nXi

∂L

∂qidqi +

nXi

pidqi +∂L

∂tdt (4.12)

on calcule dH à partir de sa définition

dH =nXi

qidpi +nXi

pidqi −nXi

∂L

∂qidqi −

nXi

pidqi −∂L

∂tdt| z

dL

=nXi

qidpi −nXi

∂L

∂qidqi −

∂L

∂tdt (4.13)

ce qui vérifie que H est fonction des qi, des pi (et de t). On peut donc écrire

dH =nXi

∂H

∂qidqi +

nXi

∂H

∂pidpi +

∂H

∂tdt

et comme les qi et pi sont indépendants on identifie, en comparant nos deux expressions pour

50

C h a p i t r e 4Quelques exemples

dH∂H

∂qi= − ∂L

∂qi; n équations

∂H

∂pi= qi; n équations (4.14)

∂H

∂t= −∂L

∂t.

Si H ne dépend pas du temps, ∂H∂t = 0. On sait que la trajectoire physique obéit à l’équationd’Euler-Lagrange

∂L

∂qi=

d

dt

µ∂L

∂qi

¶=

d

dtpi = pi (4.15)

et ainsi les 2n équations ci-dessus se liront

qi =∂H∂pi; i = 1, 2, ...n

pi = −∂H∂qi; i = 1, 2, ...n

)2n (4.16)

ce sont nos 2n équations canoniques du mouvement. Ce sont des équations différentielles dupremier ordre et on voit que les qi et les pi y sont traités de façon beaucoup plus symétriqueque ne l’étaient les qi et les qi dans l’équation d’Euler-Lagrange. L’apparition du signe moins(−) entre les équations pour les qi et celles pour leurs moments conjugués, s’appelle unesymétrie symplectique. Les 2n équations canoniques remplacent les n équations d’Euler-Lagrange.

De

dH =nXi

∂H

∂qidqi +

nXi

∂H

∂pidpi +

∂H

∂tdt (4.17)

on peut, sur une trajectoire qui obéit aux équations canoniques, calculer

dH

dt=

nXi

∂H

∂qiqi +

nXi

∂H

∂pipi +

∂H

∂t

= −nXi

piqi +nXi

qipi +∂H

∂t

=∂H

∂t= −∂L

∂t(4.18)

Ainsi, H est une constante du mouvement à moins de dépendre explicitement du temps,c’est-à-dire à moins qu’un agent extérieur n’agisse sur le système étudié et ce de façon nonconstante dans le temps.

4.3 Quelques exemples

Particule soumise à une force en une dimension

Exemple 4.1Soit une particule de masse m se déplaçant en une dimension (disons x) et soumise à une force F =−∂V

∂x. Nous savons que son lagrangien est

L =m

2x2 − V (x). (4.19)

Nous n’aurons qu’un seul moment, noté p, conjugué à x et défini par

p =∂L

∂x= mx (4.20)

51


équation que nous pouvons (on doit pouvoir le faire) inverser

x =p

m. (4.21)

On note qu’ici le moment p correspond à la composante x de la définition élémentaire p = mv. Ce nesera pas toujours trivialement le cas. Selon la définition de H

H = x(p)p− L(x, x(p))

=p

m· p− m

2

p

m

2

+ V (x)

=p2

2m+ V (x) (4.22)

que l’on écrit souventH = T + V (4.23)

où T est l’énergie cinétique exprimée en fonction des moments. Ici, H est indépendant du temps et estégal à l’énergie totale, une constante du mouvement.

Particule soumise à une force en trois dimensions

Exemple 4.2Comme les énergies, H est additif. Ainsi pour une particule de masse m se déplaçant en trois dimen-sions sous l’influence d’une force F = −∇V (r) nous obtiendrons, de

L =m

2(x2 + y2 + z2)− V (x, y, z) (4.24)

queH =

1

2m(p2x + p2y + p2z) + V (x, y, z). (4.25)

Ainsi les équations canoniques donneront (nous regardons celle en x seulement)

x =∂H

∂px=

pxm

(4.26)

px = −∂H

∂x= −∂V

∂x(4.27)

Trivialement, redérivant par rapport au temps (4.26)

x =pxm

(4.28)

et utilisant alors (4.27) nous obtenons

x = − 1m

∂V

∂x=⇒ x = − 1

m

∂V

∂x= − 1

m(∇V )x = 1

mFx (4.29)

qui n’est autre que l’équation de Newton. On vérifie trivialement la même chose pour y et z. De plus,les moments px, py, pz soit ici les trois composantes de mv.

Particule dans un champ central

La forme des équations canoniques ne dépend pas du choix qui a été fait des coordonnéesgénéralisées, les qi, choix qui influencera la signification et même les dimensions des pi.Rappelons le cas étudié plus tôt d’une particule dans un champ central V (r) et dont le mou-vement sera limité à un plan que nous choisissons être θ = π

2 ou le plan xOy. Le lagrangiense réduit à

L =m

2(r2 + r2ϕ2)− V (r). (4.30)

Nous avons vu que les équations d’Euler-Lagrange donnentmr2ϕ = l = constante, (4.31)

52

C h a p i t r e 4Quelques exemples

puisque ϕ est cyclique

mr − l2

mr3− ∂V

∂r= 0 (4.32)

(après remplacement de ϕ). Nos moments généralisés seront

pr =∂L

∂r= mr (4.33)

pϕ =∂L

∂ϕ= mr2ϕ (4.34)

que l’on peut inverser en r = prm , ϕ = pϕ

mr2 où on voit que pr et pϕ n’ont même pas lesmêmes dimensions !

On construit H selon la formule générale

H =Xi

qipi − L (4.35)

qui donne ici

H = rpr + ϕpϕ −m

2

£(r2 + r2ϕ2)− V (r)

¤=

prmpr +

pϕmr2

pϕ −m

2

∙³prm

´2+ r2

³ pϕmr2

´2¸+ V (r) (4.36)

=p2r2m

+p2ϕ2mr2

+ V (r) (4.37)

Ici ϕ est variable cyclique donc

pϕ = −∂H

∂ϕ= 0 =⇒ pϕ = constante (4.38)

où on voit que dans ce formalisme une variable cyclique, en plus d’être (automatiquement)éliminée, éliminera aussi son moment conjugué qui sera une constante. Deux des variables deH sont ainsi éliminées, ce qui n’est pas le cas dans le formalisme de Lagrange. Les équationspour r et pr sont

r =∂H

∂pr=

prm

(4.39)

pr = −∂H∂r

=p2ϕmr3

− ∂V

∂r(4.40)

Si on veut comparer avec Euler-Lagrange, on dérive par rapport au temps (4.39)

r =prm

et on compare pr avec (4.40)

r =p2ϕmr3

− ∂V

∂r.

Rappelant le résultat précendant (3.101) obtenu avec l’équation d’Euler -Lagrange

mr − l2

mr3+

∂V

∂r= 0 (4.41)

l’identification est immédiate avec pϕ = l.On voit que, comme dans le cas de Lagrange, le formalisme canonique est invariant de

forme, c’est-à-dire il prend à son compte la cuisine algébrique qui entoure le choix de coor-données généralisées dont les propriétés géométriques et dimensionnelles peuvent être quel-conques.

Remarque 4.1iLes exemples ci-dessus donnent tous

H = T (qi, pi) + V (qi), (4.42)c’est-à-dire l’hamiltonien est la somme de l’énergie cinétique plus l’énergie potentielle du

53


système. Cette forme de H demeurera vrai tant et aussi longtemps que les interactions quiapparaissent dans le lagrangien ne dépendent pas des vitesses comme dans le cas de l’inter-action électromagnétique par exemple.Tant et aussi longtemps que H ne dépend pas explicitement du temps, c’est une constantedu mouvement. Cependant H(qi, pi) n’est identifiable à l’énergie physique que si les coor-données généralisées, les qi, n’ont pas été obtenues de coordonnées inertielles par unetransformation dépendant du temps.

i

Exemple 4.3Le cas suivant en est un exemple (voir figure 4.1). Soit une bille contrainte de se déplacer sur une bouclecirculaire (disons centrée à l’origine) et qui elle-même tourne autour de l’axe Oz avec une fréquenceangulaire ω, entraînée par un moteur (extérieur). A priori, on peut écrire, en coordonnées sphériques

T =m

2(r2 + r2θ

2+ r2 sin2 θϕ2) (4.43)

mais ici r = a est le rayon de la boucle, donc r = 0 et de plus ϕ = ωt donc ϕ = ω = constante.

rθ

r

ω

Figure 4.1 NBille contrainte de se déplacer sur une boucle cir-culaire.

DoncT =

ma2

2(θ2+ ω2 sin2 θ), (4.44)

et il n’y a qu’un seul degré de liberté, θ. En l’absence d’autre interaction L = T, c’est-à-dire

L =ma2

2(θ2+ ω2 sin2 θ), (4.45)

et depθ =

∂L

∂θ= ma2θ =⇒ θ =

pθma2

(4.46)on trouve

H =p2θ2ma2

− ma2

2ω2 sin2 θ. (4.47)

Ici H ne dépend pas du temps, c’est donc une constante du mouvement mais on ne peut pas l’identifierà l’énergie physique de la particule parce que en posant

ϕ = ωt (4.48)on fait l’équivalent d’une transformation de coordonnées dépendant du temps. En fait on se retrouvedans un repère non inertiel puisqu’il tourne donc est accéléré par rapport au laboratoire (que nousconsidérons inertiel).

Exercice 4.1Obtenez les équations du mouvement.

4.4 Les crochets de Poisson

Le crochet de Poisson A,Bq,p est la façon standard de noter une certaine opérationqui implique les quantités A(qi, pi) et B(qi, pi) ainsi que l’ensemble de variables canoniques(qi, pi)

A,Bq,p ≡nXi

∙∂A

∂qi

∂B

∂pi− ∂A

∂pi

∂B

∂qi

¸(4.49)

54

C h a p i t r e 4Les crochets de Poisson

De cette définition on déduit un certain nombre de propriétésA,B = − B,A (4.50)

A,B + C = A,B+ A,C (4.51)

A,BC = B A,C+ A,BC (4.52)

A, B,C+ C, A,B+ B, C,A = 0 (4.53)où cette dernière expression est l’identité de Jacobi.

Au delà d’une simple notation, leur calcul assez facile permet d’obtenir un certain nom-bre de résultats intéressants. D’autre part, ils sont intimement reliés aux commutateurs de lamécanique quantique.

Considérons une fonction quelconque F (qi, pi, t). Sa dérivée totale par rapport au tempsle long d’une trajectoire s’écrit

dF

dt=

nXi

∙∂F

∂qiqi +

∂F

∂pipi

¸+

∂F

∂t. (4.54)

Si cette trajectoire est une trajectoire physique, elle obéit aux équations canoniques duhamiltonien H du système

qi =∂H

∂pi, pi = −

∂H

∂qi(4.55)

et alorsdF

dt=

nXi

∙∂F

∂qi

∂H

∂pi− ∂F

∂pi

∂H

∂qi

¸+

∂F

∂t

= F,H+ ∂F

∂t. (4.56)

En particulier, cette équation permet un calcul facile des constantes du mouvement,dF

dt= 0.

En effet, le calcul de ∂F∂t est immédiat et le calcul de F,H est un simple exercice.

Remarque 4.2iCertains auteurs exigent ∂F

∂t = 0 et F,H = 0 pour appeler F une constante du mouve-ment, une définition plus restrictive que celle que nous adoptons.

i

Ainsi donc, on calcule facilement . Par exemple, si F ne dépend pas explicitement dutemps c’est-à-dire ∂F

∂t = 0 alors F (qi, pi) est une constante du mouvement si son crochet dePoisson avec H est nul.

dF

dt= F,H+ ∂F

∂t= F,H (4.57)

Si F,H = 0 =⇒ dF

dt= 0 (4.58)

Ceci permet d’identifier rapidement bon nombre de constantes du mouvement.Par exemple nous avons déjà vu que la conservation du moment angulaire

l = r× pimplique

dl

dt= l = 0

a comme conséquence que le mouvement est dans un plan perpendiculaire à l.. L’inverse n’estpas vrai cependant. Considérons un mouvement dans le plan xOy d’une particule obéissant

55


au hamiltonien.H =

1

2m(p2x + p2y) + V (x, y). (4.59)

Sous quelles conditions le moment angulaire l sera-t-il constant ? Ici l n’a qu’une com-posante, soit lz où

lz = xpy − ypx. (4.60)Or lz ne dépend pas explicitement du temps donc ∂lz

∂t = 0

lz = lz,H

=∂lz∂x

∂H

∂px+

∂lz∂y

∂H

∂py− ∂lz

∂px

∂H

∂x− ∂lz

∂py

∂H

∂y. (4.61)

On calcule∂lz∂x

= py,∂lz∂y

= −px, (4.62)

∂lz∂px

= −y, ∂lz∂py

= x (4.63)

et∂H

∂px=

pxm,

∂H

∂py=

pym

(4.64)

∂H

∂x=

∂V

∂x,

∂H

∂y=

∂V

∂y(4.65)

et on obtient

lz =pypxm− pxpy

m+ y

∂V

∂x− x

∂V

∂y(4.66)

= y∂V

∂x− x

∂V

∂y. (4.67)

lz sera donc une constante du mouvement si et seulement si

x∂V

∂y= y

∂V

∂x. (4.68)

Pour un force conservatrice,

Fx = −∂V∂y

Fy = −∂V∂x

ety∂V

∂x− x

∂V

∂y= (r×F)z

où on reconnaît le moment de force dans la direction des z. Mathématiquement cela n’estpossible que si, indépendamment de z qui n’apparaît pas ici, V (x, y) ne dépend de x et de yque sous la forme d’une fonction de (x2 + y2). soit

V (x, y) = f1(x2 + y2)

Si on s’intéresse aux trois dimensions, on obtiendra des conditions sur lx → V = f2(y2+

z2) et sur ly → V = f3(x2 + z2). Pour avoir conservation de l, on doit donc avoirV (x, y, z) = f(x2 + y2 + z2) ou f(r)

c’est-à-dire un potentiel central.Il existe toute une famille de résultats intéressants du crochet de Poisson. Parmi les plus

importants, calculons certains de ces crochets entre des variables canoniques : coordonnéeset moments : qk, qj , pk, pj et qk, pj où k et j sont fixés

qk, qj =nXi

∙∂qk∂qi

∂qj∂pi− ∂qk

∂pi

∂qj∂qi

¸≡ 0 (4.69)

puisque∂qj∂pi

= 0,∂qk∂pi

= 0 (4.70)

56

C h a p i t r e 4Les moments généralisés

parce que les variables canoniques sont indépendantes etpk, pj = 0 (4.71)

pour la même raison, mais

qk, pj =nXi

∙∂qk∂qi

∂pj∂pi− ∂qk

∂pi

∂pj∂qi

¸

=nXi

∂qk∂qi

∂pj∂pi

=nXi

δkiδji = δkj (4.72)

où δkj est le delta de Kronecker :

δij =

½1 si i = j0 si i 6= j

. (4.73)

Ces résultats sont très importants parce qu’on peut démontrer que leur inverse est vrai, c’est-à-dire si un ensemble de n qi et de n pi obéit aux relations ci-dessus, alors l’ensemble desqi et des pi constitue un ensemble de variables canoniques. Ceci est très important et trouveéventuellement des applications dans les théories quantiques du champ.

Une autre utilisation intéressante des crochets de Poisson est qu’ils permettent de symétriserles équations canoniques. Puisqu’il est vrai que pour une fonction quelconque des variables(pi, qi), soit F (pi, qi), sa dérivée par rapport au temps est donnée par

F = F,H (4.74)la chose est certainement vraie pour les qi et les pi eux-mêmes et les équations canoniquespeuvent s’écrire

qi = qi,H (4.75)pi = pi,H. (4.76)

A cause de cette symétrie on est parfois amené à parler des 2n variables canoniques. Unetelle symétrie n’existe pas dans le formalisme lagrangien entre les qi et les qi.

4.5 Les moments généralisés

On parle des pi comme étant des moments généralisés de la même façon que les qi sontdes coordonnées généralisées. Comme les dimensions des qi peuvent être à peu près n’im-porte quoi, il en va de même des pi.

Dans les exemples que nous avons vu les pi étaient les composantes de pp = mv (4.77)

ce qui est particulièrement évident en coordonnées cartésiennes. Mais même en coordonnéescartésiennes cette définition n’est pas toujours vraie. En effet, lorsque l’interaction dépenddes vitesses p 6= mv. L’exemple le plus important est sans doute celui des interactions dejauge. En effet, nous avons vu que le lagrangien d’une particule de masse m et de charge edans un champ électromagnétique est, en coordonnées cartésiennes, xi = (x, y, z)

L =m

2

Xi

x2i + eXi

xiAi − eV (4.78)

où V et A sont les potentiels scalaire et vectoriel du champ électromagnétique et dépendantgénéralement des xi et de t.

Définissant les moments généralisés pi

pi =∂L

∂xi= mxi + eAi (4.79)

57


on constate que p n’est plus mv maisp = mv+ eA. (4.80)

Ces équations s’inversent en

xi =pi − eAi

m(4.81)

Avec la définition de H =P

i pixi − L, on obtient

H =1

2m

Xi

(pi − eAi)2 + eV. (4.82)

Exercice 4.2Vérifiez ce résultat et vérifiez que les équations canoniques redonnent les équations du mouvementd’une particule soumise à une force de Lorentz.

Ce résultat est important puisqu’il nous dit comment écrire l’hamiltonien pour une partic-ule soumise à une interaction de jauge. Aujourd’hui on cherche à écrire toutes les interactionsqui apparaissent dans la nature comme des interactions de jauge.

4.6 Les transformations canoniques (T.C.)

On dit que des qi et des pi que ce sont des variables canoniques généralisées. Ce n’est pasun euphémisme puisqu’il n’y a pratiquement aucune limite à ce qu’elles peuvent représenterphysiquement. Nous en verrons d’ailleurs à quelques exemples. Puisque tel est le cas il doitexister des transformations entre ces différents choix. Nous noterons Qi et Pi les nouvellesvariables canoniques obtenues suite à une telle transformation.

qi, pi =⇒T.C.

Qi, Pi

On n’est pas surpris par contre de constater que ces transformations sont soumises à desconditions assez sévères. En effet les qi et pi sont généralisés et obéissent à

qk, qj = 0, pk, pj = 0, qk, pj = δkj (4.83)et les équations canoniques

qi =∂H

∂pi, pi = −

∂H

∂qi(4.84)

sont invariantes de forme. Ainsi, à la suite d’une transformation des qi et pi vers les Qi et Piet définissant un nouvel hamiltonien que nous noterons K(Qi, Pi), c’est-à-dire

qi, pi,H(qi, pi) =⇒T.C.

Qi, Pi,K(Qi, Pi)

nous devrons avoirQk,QjQ,P = 0, (85)

Pk, PjQ,P = 0, (86)

Qk, PjQ,P = δkj (87)

et les équations canoniques

Qi =∂K

∂Pi, (4.88)

Pi = − ∂K

∂Qi. (4.89)

Strictement les équations de transformation peuvent s’écrireQi = Qi(qj , pj, t)Pi = Pi(qj , pj , t)

i, j = 1, 2, ..., n (4.90)

58

C h a p i t r e 4Les transformations canoniques (T.C.)

et doivent pouvoir s’inverser puisque la physique reste indépendante des variables qu’onemploie pour la décrire, donc on doit pouvoir écrire les transformations inverses

qi = qi(Qj , Pj , t)pi = pi(Qj , Pj , t)

i, j = 1, 2, ..., n. (4.91)

Les qi, pi, Qi et Pi forment 4n variables mais il est évident que seules 2n d’entre ellessont indépendantes. D’autre part s’il est généralement possible d’écrire par exemples les néquations de transformation

Qi = Qi(qj , pj , t) (4.92)de façon assez arbitraire il est généralement impossible d’écrire les n autres équations

Pi = Pi(qj , pj , t) (4.93)de façon aussi arbitraire puisqu’un tel choix ne satisfera pas en général les conditions énon-cées plus haut.

Il faut donc apprendre à faire correctement ces transformations. La façon standard de lefaire est de considérer que pour les fins de la transformation n des anciennes variables etn des nouvelles sont linéairement indépendantes, par exemple les qi et les Pi alors que nanciennes et n nouvelles restantes sont linéairement dépendantes, ici les pi et les Qi.

qi =⇒T.C.

Pi

Dans ce cas précis nous écririons donc les équations de transformationpi = pi(qj , Pj , t) (4.94)Qi = Qi(qj , Pj , t) (4.95)

Pour obtenir la forme habituelle on inverse les n premières enPj = Pj(qi, pi, t) (4.96)

que l’on remplace dans les n dernièresQi = Qi(qj , Pj(qk, pk, t), t) = Qi(qj , pj , t). (4.97)

Schématiquement dans cet exempleChoisir la T.C. : qi =⇒

T.C.Pi

⇓Écrire pi et Qi : pi= pi(qj , P j , t)

Qi= Qi(qj , P j , t)

⇓Inverser pi = pi(qj , Pj , t) : Pj= P j(qi, pi, t)

⇓Substituer dans Qi = Qi(qj , Pj , t) : Qi(qj , P j , t) =⇒ Qi(qj , pj , t)

Pour générer ces transformations, nous retournerons au principe variationnel lui-même.Nous savons que

δS = δ

Z 2

1

Ldt = 0. (4.98)

Par ailleurs de

H =nXi

piqi − L où pi =∂L

∂qi(4.99)

on peut obtenir

L =nXi

piqi −H où qi =∂L

∂pi(4.100)

ce qui permet d’écrire

δS = δ

Z 2

1

"nXi

piqi −H

#dt = δ

Z 2

1

Ldt = 0. (4.101)

59


Or si L correspond à H, L0 correspondra à K et nous exigeons d’avoir également

δ

Z 2

1

L0dt = 0 où L0 =nXi

PiQi −K. (4.102)

Autrement dit nous auronsL,H =⇒

T.C.L0,K

Pour que L0 et L décrivent la même physique nous avons déjà vu que L et L0 ne peuventdifférer l’un de l’autre que par la dérivée totale d’une fonction F , c’est-à-dire

L = L0 +dF

dt. (4.103)

Nous poserons donc

δ

Z 2

1

"nXi

piqi −H

#dt = δ

Z 2

1

"nXi

PiQi −K +dF

dt

#dt (4.104)

Cette fonction F , que l’on appelle le générateur de la T.C. sera choisie comme ne dépendantque des variables indépendantes de la transformation. On identifie généralement quatre cas

Variablesindépendantes

Variablesdépendantes Générateurs

qi, Qi pi, Pi F1(qi, Qi, t)qi, Pi pi, Qi F2(qi, Pi, t)pi,Qi qi, Pi F3(pi,Qi, t)pi, Pi qi, Qi F4(pi, Pi, t)

Étudions un peu plus en détails les cas F1(qi, Qi, t), F2(qi, Pi, t). Dans le cas F1(qi, Qi, t)

dF1dt

= F1,Hq,Q +∂F1∂t

(4.105)

=nXi

∂F1∂qi

qi +nXi

∂F1∂Qi

Qi +∂F1∂t

. (4.106)

Ici, il est suffisant de comparer les fonctions à intégrer dans δR 21Ldt = 0, ce qui donne

nXi

piqi −H(qi, pi, t) =nXi

PiQi −K(Qi, Pi, t) +nXi

∂F1∂qi

qi

+nXi

∂F1∂Qi

Qi +∂F1∂t

. (4.107)

Cette équation est satisfaite si on identifie, qi, Qi et donc qi et Qi comme étant indépendantes.Les facteurs de ces variables indépendantes, doivent donc être identiques

pi =∂

∂qiF1(qj ,Qj , t) = pi(qj , Qj , t)

Pi = − ∂

∂QiF1(qj , Qj , t) = Pi(qj , Qj , t) (4.108)

K = H +∂F1∂t

Clairement ces lois de transformation nous permettent d’écrire les 2n variables dépendantes(ici les pi etPi) en fonction des 2n variables indépendantes (ici les qi etQi). Ces 2n équationspeuvent se mettre sous la forme plus habituelle

qi = qi(Qj , Pj , t) : n équations (4.109)pi = pi(Qj , Pj , t) : n équations (4.110)

ce qui permet de calculer KK(Qi, Pi, t) = H(qi(Qj , Pj , t), pi(Qj , Pj , t), t)

+∂

∂tF1(qi(Qj , Pj , t), Qi, t). (4.111)

60


En étudiant les équations de transformation obtenues ci-dessus, on constate que∂pi∂Qj

=∂

∂Qj

µ∂F1∂qi

¶=

∂2F1∂qi∂Qj

, (4.112)

∂Pj∂qi

=∂

∂qi

µ− ∂F1∂Qj

¶= − ∂2F1

∂Qj∂qi(4.113)

ainsi donc, un test du caractère canonique de la transformationpi = pi(qj , Qj , t) : n équations (4.114)Pi = Pi(qj , Qj , t) : n équations (4.115)

est qu’elle doit satisfaire∂pi∂Qj

= −∂Pj∂qi

(4.116)

ce qui est équivalent àQi,Qj = 0 = Pi, Pj et Qi, Pj = δij . (4.117)

Dans le cas F2(qi, Pi, t) ce sont les qi et les Pi qui sont considérés indépendants. Oncalcule

dF2dt

=nXi

∂F2∂qi

qi +nXi

∂F2∂Pi

Pi +∂F2∂t

. (4.118)

Ici la comparaison des fonctions à intégrer n’est pas suffisante et nous devons récrire aucomplet

δ

Z 2

1

"nXi

piqi −H

#dt =

δ

Z 2

1

(nXi

PiQi −K +nXi

∂F2∂qi

qi

+nXi

∂F2∂Pi

Pi +∂F2∂t

)dt. (4.119)

Le problème vient de ce que les Qi ne sont pas considérés indépendants ici et donc les Qi nele sont pas. Intégrons par partie le premier terme à droite

δ

Z 2

1

nXi

PiQidt = δnXi

PiQi

¯¯2

1| z =0 pcq points fixes

− δ

Z 2

1

nXi

PiQidt. (4.120)

Maintenant nous pouvons comparer les fonctions à intégrernXi

piqi −H = −nXi

PiQi −K +nXi

∂F2∂qi

qi

+nXi

∂F2∂Pi

Pi +∂F2∂t

(4.121)

et identifier les facteurs des variables indépendantes, qi et Pi

pi =∂

∂qiF2(qj , Pj , t) = pi(qj , Pj , t)

Qi =∂

∂PiF2(qj , Pj , t) = Qi(qj , Pj , t) (4.122)

K = H +∂F2∂t

Ici encore les variables dépendantes apparaissent exprimées en fonction des variables in-dépendantes. Comparant les expressions pour pi et Qi, le test du caractère d’une transforma-

61


tion de type F2 est∂pi∂Pj

=∂

∂Pj

µ∂F2∂qi

¶=

∂2F2∂qi∂Pj

∂Qj

∂qi=

∂

∂qi

µ∂F2∂Pj

¶=

∂2F2∂qi∂Pj

donc∂pi∂Pj

=∂Qj

∂qi(4.123)

On peut vérifier alors queQi, Qj = 0 = Pi, Pj et Qi, Pj = δij . (4.124)

(qj , Qj , t) = pi(qj, Qj , t)

(qj , Qj , t) = Pi(qj ,Qj , t) (4.125)

De la même façon, on trouve

Var. ind. Générateurs Transformation Éqs. de la T.C.qi, Qi F1(qi,Qi, t) pi =

∂F1∂qi

Pi = − ∂F1∂Qi

K = H + ∂F1∂t

∂pi∂Qj

= −∂Pj∂qi

qi, Pi F2(qi, Pi, t) pi =∂F2∂qi

Qi =∂F2∂Pi

K = H + ∂F2∂t

∂pi∂Pj

=∂Qj

∂qi

pi, Qi F3(pi, Qi, t) qi = −∂F3∂qi

Pi = −∂F2∂Pi

K = H + ∂F3∂t

∂Qj

∂pi= − ∂qi

∂Pj

pi, Pi F4(pi, Pi, t) qi = −∂F4∂qi

Qi =∂F4∂Pi

K = H + ∂F4∂t

∂Pj∂pi

=∂qj∂Qi

Remarque 4.3iLes fonctionsF1(qi, Qi, t), F2(qi, Pi, t) etc..., ne génèrent pas des transformations différentesmais sont simplement des façons différentes de générer une transformation donnée. Évidem-ment, deux fonctions F1 différentes par exemple vont en général générer des transformationsdifférentes.

i

62


Quelques exemples

a) Fréquemment on cherche à effectuer une transformation de coordonnées, c’est-à-direon connaît les fonctions

Qi = Qi(qj , t), i, j = 1, 2, ..., n (4.126)toujours inversibles en

qi = qi(Qj , t), i, j = 1, 2, ..., n. (4.127)En général il n’est alors pas possible de poser à priori les équations de transformation desmoments, on doit s’assurer que ces derniers seront des moments canoniques généralisés. Unefaçon « simple » de procéder est par le biais d’une transformation de type F2(qi, Pi, t) définiecomme

F2(qi, Pi, t) =nXi

Qi(qj , t)Pi. (4.128)

Dans ce cas les équations canoniques de transformation seront

Qi =∂F2∂Pi

= Qi(qj , t) : tel que désiré (4.129)

et

pi =∂F2∂qi

=nXj

Pj∂

∂qiQj(qk, t) = pi(Pj , qk, t). (4.130)

Ces n dernières équations peuvent s’inverser enPi = Pi(qj , pj , t) (4.131)

complétant ainsi l’opération et garantissant que les Pi ainsi définis seront canoniques.

Exemple 4.4Voyons un exemple simple (voir figure 4.2), celui du passage aux coordonnées cartésiennes en deuxdimensions, x et y aux coordonnées polaires, r, ϕ. Ici qi = (x, y) et Qi = (r, ϕ) avec i = 1, 2. Deplus, pi = (px, py) et Pi = (Pr, Pϕ). Nous savons que

y

xϕ

r

Figure 4.2 NPassage aux coordonnées cartésiennes en deuxdimensions, x et y aux coordonnées polaires, r, ϕ.

q1 = x = r cosϕq2 = y = r sinϕ

Q1 = rQ2 = ϕ

du type qi = qi(Qj) et p1 = pxp2 = py

(4.132)

donc

r = (x2 + y2)12 ⇐⇒ Q1 = (q

21 + q22)

12 (4.133)

ϕ = tan−1y

x⇐⇒ Q2 = tan

−1 q2q1

. (4.134)

Nous écrivons la fonction F2(qi, Pi) = F2(x, y, Pr, Pϕ)

F2(qi, Pi) = (q21 + q22)12Pr + tan

−1 q2q1

Pϕ

≡ F2(x, y, Pr, Pϕ) = (x2 + y2)

12Pr + tan

−1 y

xPr.

Les lois canoniques d’une transformation F2 sont

px =∂F2∂x

=x

(x2 + y2)12

Pr −y

(x2 + y2)Pϕ

= cosϕPr −sinϕ

rPϕ (4.135)

py =∂F2∂y

=y

(x2 + y2)12

Pr +x

(x2 + y2)Pϕ

= sinϕPr +cosϕ

rPϕ (4.136)

63


d’où on obtient facilement

Pr =xpx + ypy

(x2 + y2)12

=r · p|r| (4.137)

Pϕ = xpy − ypx = (r× p)z = lz (4.138)où (r× p)z = composante z du moment angulaire. Supposons de plus que nous ayons

T =1

2m(p2x + p2y) et V (x, y) (4.139)

alors on calcule facilement

T =1

2m(P 2

r +P 2ϕ

r2) et V (r, ϕ) (4.140)

que l’on sait déjà être le bon résultat.

Exercice 4.3Calculez les Qi, Pj pour vérifier que les nouvelles variables sont canoniques.

Exemple 4.5Quelques exemples illustrateurs sur l’oscillateur harmonique dont l’hamiltonien (1 dimension) est

H =p2x2m

+mω2

2x2. (4.141)

Tentons de passer des variables canoniques x et px à de nouvelles, notées q et p par

x =1

mωq =⇒ q =

√mωx (4.142)

px =√mωp =⇒ p =

1√mω

px. (4.143)

On vérifie que

q, p =∂q

∂x

∂p

∂px− ∂q

∂px

∂p

∂x(4.144)

=√mω · 1√

mω− 0 · 0 = 1 (4.145)

de qui est correct et de toute évidence q, q = p, p = 0, donc la transformation est canonique et Hdevient K :

K = H +∂F

∂t= H (4.146)

K(q, p) =ω

2(p2 + q2). (4.147)

La solution est trivialeq =

∂K

∂p= ωp et p = −∂K

∂q= −ωq (4.148)

alorsq = ωp = −ω2q (4.149)

d’oùq(t) = A sin(ωt+ δ) (4.150)

doncx(t) =

√mωA sin(ωt+ δ). (4.151)

64


Exemple 4.6Au lieu de cette transformation, essayons plutôt de passer de (x, px) à (q, p) définis par

x =2

mω2q et px =

√2mp (4.152)

ou

q =mω2

2x et p =

px√2m

. (4.153)

Nous passons alors de H à K défini par (∂F∂t= 0 =⇒ K = H)

K(q, p) = H(x(q), px(p))

=1

2m· 2mp2 +

mω2

2

2

mω2q2

= p2 + q2 (4.154)La solution est triviale

q =∂K

∂p= 2p, p = −∂K

∂q= −2q (4.155)

doncq = 2p = −4q (4.156)

doncq(t) = A sin(2t+ δ). (4.157)

On s’attend à ce que q(t) = N sin(ωt+δ) où ω 6= 2 en général, donc ce résultat est faux. La raison estque la transformation faite ici, même si elle semble très simple, n’est pas canonique. En effet on vérifieque

q, p =∂q

∂x

∂p

∂px− ∂q

∂px

∂p

∂x

=mω2

2· 1√2m

− 0 · 0 = ω

26= 1 (4.158)

sauf pour le cas particulier ω = 2.

Exemple 4.7Reprenons l’hamiltonien K(q, p) correctement obtenu précédemment et supposons que ω = 1

=⇒ K(q, p) =1

2(p2 + q2) (4.159)

dont la solution sera trivialementq = A sin(t+ δ). (4.160)

Faisons une T.C. additionnelle définie par

Q =1√2(q + ip) (4.161)

etP =

i√2(q − ip) (4.162)

qui s’inverse facilement en

q =Q− iP√

2, p = − i(Q+ iP )√

2(4.163)

Même si la transformation est complexe on vérifie facilement que

Q,P =∂Q

∂q

∂P

∂p− ∂Q

∂p

∂P

∂q

=1√2· 1√2− i√

2· i√2

=1

2+1

2= 1. (4.164)

Trivialement le nouveau K, noté ici K1 est

K1(Q,P ) = −iQP (4.165)Les équations du mouvement seront

Q =∂K1

∂P= −iQ, P = −∂K1

∂Q= +iP (4.166)

65


doncQ(t) = Ae−it, P (t) = Beit. (4.167)

Ainsiq(t) =

Ae−it − iBeit√2

. (4.168)On note que de par les définitions même de Q et P, P = iQ∗. Mais P serait donc une fonction deQ∗ alors que P et Q devraient être indépendants ? En fait, c’est le cas puisqu’ils sont complexes etimpliquent donc deux degrés de liberté, un réel et un imaginaire. D’ailleurs une relation ne suffit pas àdéterminer P en fonction de Q∗. En utilisant P = iQ∗, on obtient

Beit = iA∗eit =⇒ B = iA∗ (4.169)et

q(t) =Ae−it +A∗eit√

2. (4.170)

Mais A est une constante (complexe) que l’on peut écrire

A = |A| ei∆ =⇒ A∗ = |A| e−i∆ (4.171)ce qui donne

q(t) =|A| ei∆e−it + |A| e−i∆eit√

2(4.172)

=√2 |A| e

−i(t−∆) + e+i(t−∆)

2(4.173)

=√2 |A| cos(t−∆) (4.174)

qui est une bonne solution. Cette façon de faire peut sembler étrange mais en plus de mélanger coor-données et moments, elle trouve une application en mécanique quantique.

4.7 Une transformation canonique trèsspéciale : La méthode de Hamilton-Jacobi

L’objectif

Les transformations canoniques ont pour but de simplifier les problèmes. L’une d’entreelles est tellement systématique qu’elle porte un nom, la méthode de Hamilton-Jacobi.

Soit un hamiltonien H(qi, pi) dépendant de 2n variables canoniques, les (qi, pi), i =1, 2...n. Nous savons que nous pouvons passer à un nouvel ensemble de variables canon-iques, les (Qi, Pi) également au nombre de 2n et dont sera fonction un nouvel hamiltonienK(Qi, Pi). Par ailleurs nous savons que le système compte 2n constantes du mouvement.Le but de la méthode est d’opérer une T.C. telle que les (Qi, Pi) soient précisément 2n con-stantes du mouvement. Si tel est le cas, alors

Qi =∂K

∂Pi= 0⇐⇒ Qi = βi = constantes (4.175)

Pi = − ∂K

∂Qi= 0⇐⇒ Pi = αi = constantes (4.176)

d’où nous tirons la solution donnée directement par les équations de transformationqi = qi(Qj , Pj , t) (4.177)

= qi(βj , αj , t) (4.178)pi = pi(Qj , Pj , t) (4.179)

= pi(βj , αj , t) (4.180)ce qui trivialise au maximum les équations du mouvement dans la cadre Qi, Pi et K(Qi, Pi).

66

C h a p i t r e 4Une transformation canonique très spéciale : La méthode de Hamilton-Jacobi

Pour y arriver nous chercherons la fonction génératrice, ici choisie de type F2(qi, Pi, t)donc du type F2(qi, αi, t), que nous noterons de façon standard S(qi, αi, t), telle que

K(Qi, Pi, t) = H(qi, pi, t) +∂S

∂t≡ 0. (4.181)

De cette façon, K = 0 nous assure que les équations (4.175-4.176) seront satisfaites.

La méthode

La T.C. est de type F2 et donc

pi =∂S

∂qi. (4.182)

Le but recherché est H+ ∂S∂t = K = 0, ce sera notre équation fondamentale après remplace-

ment des pi dans H

H(qi,∂S

∂qi, t) +

∂S(qi, αi, t)

∂t= 0 (4.183)

c’est l’équation de Hamilton-Jacobi, une équation différentielle pour S. Cette équation dif-férentielle du 1ier ordre en n variables nécessitera n constantes d’intégration qui sont pré-cisément les constantes αi. Une fois solutionnée, c’est-à-dire une fois que l’on connaît S, ilne reste qu’à opérer les T.C.

pi =∂S(qj , αj , t)

∂qi= pi(qj , αj , t) (4.184)

et

Qi = βi =∂S

∂Pi=

∂S(qj , αj , t)

∂αi= Qi(qj , αj , t) = βi. (4.185)

Ces n équations peuvent s’inverser enqi = qi(αj , βj , t) (4.186)

ce qui est la solution ! Si on veut les pi, on remplace dans les résultats de la T.C. pourpi = pi(qi, αi, t) = pi(qj(αk, βk, t), αi, t)

= pi(αl, βl, t). (4.187)Une simplification importante apparaît lorsque ∂H

∂t = 0. Dans ce cas, par séparation de vari-ables, on peut écrire (puisque alors H est une constante donc de H + ∂S

∂t = 0 =⇒ S ∝ t)S(qi, αi, t) =W (qi, αi)− α1t (4.188)

où on identifie l’un des α, soit ici α1 comme la valeur numérique (constante) de H : H = α1.Comme

pi =∂S

∂qi=⇒ pi =

∂W

∂qi(4.189)

l’équation de Hamilton-Jacobi devient simplement

H(qi,∂W

∂qi)− α1 = 0. (4.190)

C’est l’équation caractéristique de Hamilton-Jacobi pour la fonction W (qi, αi). La simplifi-cation peut aller plus loin. En effet, toujours par séparation de variables on constate que siune coordonnée, disons qk pour k fixé, est cyclique, elle n’apparaît pas dans H et pk est alorsune constante qui peut être utilisé comme αk. Dans ce cas on peut écrire la dépendance enW sur qk simplement comme

W ∼ αkqk =⇒ pk =∂S

∂qk=

∂W

∂qk= αk : constante (4.191)

et de façon générale W s’écrira

W (qi, αi) =

cycliquesXk

αkqk +W 0(qj , αj) (4.192)

67


où les qk cycliques n’apparaissent pas dans W 0.

Exemple 4.8Illustrons la méthode par un exemple simple, soit un problème physique décrit par

H =1

2m(p2x + p2y + p2z) +

mω2

2(x2 + y2). (4.193)

Ici, H ne dépend pas du temps, donc on peut écrire

S(qi, αi, t) = S(x, y, z, αi, t) = −α1t+W (x, y, z, αi). (4.194)De plus, z est une variable cyclique et nous pouvons écrire

W (x, y, z, αi) = α2z +W 0(x, y, α3). (4.195)Nous aurons donc

px =∂W 0

∂x, py =

∂W 0

∂y, pz = α2. (4.196)

L’équation caractéristique de H.-J. sera, de

H(qi,∂W

∂qi)− α1 = 0 (4.197)

1

2m

∂W 0

∂x

2

+1

2m

∂W 0

∂y

2

+α222m

+mω2

2(x2 + y2)− α1 = 0 (4.198)

C’est une équation différentielle (non linéaire). Cependant la forme relativement simple de l’équationpermet d’espérer qu’une séparation de variables

W 0 =Wx(x) +Wy(y) =⇒∂W 0

∂x= dWx(x)

dx∂W 0

∂y=

dWy(y)

dy

(4.199)

donnera des résultats. On obtient en effet alors, regroupant

1

2m

dWx

dx

2

+mω2

2x2

constante

+1

2m

dWy

dy

2

+mω2

2y2

constante

+α222m

− α1 = 0. (4.200)

Les deux premiers termes contiennent toute et seulement la dépendance en x, leur somme doit doncêtre égale à une constante que nous appellerons α23. Ceci nous laisse

1

2m

dWx

dx

2

+mω2

2x2 = α23 (4.201)

1

2m

dWy

dy

2

+mω2

2y2 + α23 +

α222m

− α1 = 0. (4.202)Ainsi donc les deux termes en y sont aussi égaux à une constante mais ici il n’est pas nécessaire d’enintroduire une nouvelle. Nous aurons donc trois constantes αi = (α1, α2, α3) qui représentent les troisnouveaux moments, Pi, ce qui est correct puisque nous avons trois degrés de liberté. Isolant les dérivésci-dessus nous obtenons

dWx

dx= 2mα23 −m2ω2x2 (4.203)

dWy

dy= 2mα1 − 2mα23 − α22 −m2ω2y2 (4.204)

ou

Wx = 2mα23 −m2ω2x2dx (4.205)

Wy = 2mα1 − 2mα23 − α22 −m2ω2y2dy. (4.206)

Souvent il n’est pas nécessaire de faire ces intégrales puisque nous n’avons pas besoin de W en soi. Ici,S s’écrira donc

S = −α1t+ α2z + 2mα23 −m2ω2x2dx

+ 2mα1 − 2mα23 − α22 −m2ω2y2dy (4.207)

Maintenant, il reste à appliquer les règles de transformation pour une T.C. de type F2 c’est-à-dire oùnous savons que

Qi =∂F2∂Pi

= βi : constante (4.208)

68

C h a p i t r e 4Une transformation canonique très spéciale : La méthode de Hamilton-Jacobi

ce que se lira ici, avec αi et βi constantes

βi =∂S

∂αi. (4.209)

Explicitement nous aurons donc

β3 =∂S

∂α3= 2mα3

dx

2mα23 −m2ω2x2

−2mα3dy

2mα1 − 2mα23 − α22 −m2ω2y2(4.210)

β2 =∂S

∂α2= z − α2

dy

2mα1 − 2mα23 − α22 −m2ω2y2(4.211)

β1 =∂S

∂α1= −t+m

dy

2mα1 − 2mα23 − α22 −m2ω2y2(4.212)

Si on intègre les équations pour β3 et β2, nous obtiendrons deux expressions du type

f(x, y, α1, α2, α3, β3) = 0 (4.213)g(y, z, α1, α2, α3, β2) = 0. (4.214)

Comme nous avons 3 dimensions, ces deux équations satisfaites simultanément nous laissent un espaceà une dimension : la trajectoire, exprimée en termes de x, y et z, sans la dépendance en temps. End’autres termes f = 0 et g = 0 laissent une des coordonnées indépendante, disons y et inversant f et gon peut en principe écrire

x = x(y, αi, β2, β3) (4.215)z = z(y, αi, β2, β3). (4.216)

La dernière équation, celle en β1 donne y = y(t, αi, β1).C’est de là qu’on obtient le développement dans le temps de la trajectoire. Dans un certain nombre decas cette dépendance en t n’est pas le but recherché et on peut alors se limiter aux deux premières quinous donnent la trajectoire uniquement en fonction des coordonnées.Voyons voir ce que cela donne ici.

β3 =2α3ωsin−1

xω√m

α3√2

− 2α3ωsin−1

⎡⎣ y

2α1mω2

− 2α23mω2

− α22m2ω2

⎤⎦ , (4.217)

β2 = z − α2mω

sin−1

⎡⎣ y

2α1mω2

− 2α23mω2

− α22m2ω2

⎤⎦ (4.218)

et

β1 = −t+1

ωsin−1

⎡⎣ y

2α1mω2

− 2α23mω2

− α22m2ω2

⎤⎦ . (4.219)

Des deux premières expressions nous tirons x(y) et z(y) après un peu d’algèbre élémentaire

x(y) =2

m

α3ωsin

⎛⎝ωβ32α3

+ sin−1

⎡⎣ y

2α1mω2

− 2α23mω2

− α22m2ω2

⎤⎦⎞⎠ (4.220)

z(y) = β2 +α2mω

sin−1

⎡⎣ y

2α1mω2

− 2α23mω2

− α22m2ω2

⎤⎦ (4.221)

qui sont les expressions donnant la trajectoire sous la forme x = x(y) et z = z(y). L’équation en β1donne

y =2α1mω2

− 2α23mω2

− α22m2ω2

sin(ωt+ ωβ1) = y(t) (4.222)Dans le problème étudié, il est évident que le mouvement en x et y est harmonique de fréquence et lemouvement en z est libre. Clairement la solution y(t) est de la bonne forme

y(t) = Y0 sin(ωt+ δ). (4.223)Remplaçant ce résultat dans les solutions x(y) et z(y), nous obtenons

x =2

m

α3ωsin ωt+ ω(β1 +

β32α3

) (4.224)

69


aussi de la formex(t) = X0 sin(ωt+∆) (4.225)

et

z = β2 +α2m(t+ β1)

=α2m

t+ β2 +α2β1m

(4.226)

de la bonne formez = vzt+ z0 (4.227)

où vz est une vitesse constante. On voit directement ici comment relier les constantes αi et βi auxconditions initiales du problème.

L’exemple ci-dessus est simple mais il illustre de façon claire que pour la première foisnous obtenons la trajectoire sans passer par une équation du mouvement se ramenant à F =ma. La méthode est appréciée pour son intérêt théorique, notamment pour son utilité enl’optique ! et lorsqu’on cherche la trajectoire sous la forme

x = x(y), z = z(y) (4.228)plutôt que sous la forme

x = x(t)

y = y(t) (4.229)z = z(t)

4.8 T (qi, pi) en coordonnées généralisées

Nous avons vu dans le cadre lagrangien que l’énergie cinétique s’écrit de façon généraleen fonction des vitesses qi :

T =m

2

Xi,j

gij qiqj . (4.230)

Ainsi les moments généralisés (absence d’interaction dépendant de v) sont

pk =∂T

∂qk= m

Xi

gik qi (4.231)

en utilisant la symétrie gik = gki (espace de Riemann). On peut écrire cette équation de façonmatricielle

p = mgq (4.232)où

p =

⎛⎜⎜⎜⎝p1p2...pn

⎞⎟⎟⎟⎠ , g =

⎛⎜⎜⎜⎝g11 g12 · · · g1ng21 g22 · · · g2n

......

. . ....

gn1 gn2 · · · gnn

⎞⎟⎟⎟⎠ , q =

⎛⎜⎜⎜⎝q1q2...qn

⎞⎟⎟⎟⎠ (4.233)

et m est la masse, un simple nombre. Multipliant de la gauche par g−1

m où g−1 est la matriceinverse de g, c’est-à-dire

g−1g = gg−1 = I = la matrice identité (4.234)on obtient

1

mg−1p = q (4.235)

ou de façon expliciteqi =

1

m

Xj

¡g−1

¢ijpj . (4.236)

Utilisant la notation matricielle on peut écrire

T =m

2qT gq (4.237)

70

C h a p i t r e 4La fonction S (ou comment refermer la boucle)

et donc en formalisme de Hamilton où T = T (p) nous aurons

T =m

2

µ1

mg−1p

¶Tg

µ1

mg−1p

¶=

1

2mpT¡g−1

¢Tgg−1p

=1

2mpT¡g−1

¢Tp (4.238)

ou explicitement

T =1

2m

Xi,j

pi¡g−1

¢Tijpj

=1

2m

Xi,j

pig−1ji pj (4.239)

Lorsque g est diagonal, ces opérations sont encore plus simplifiées puisque alors gij = giiδijet que les opérations de transposition sont sans effet. Par exemple nous avons vu qu’en coor-donnés sphériques, qi = (r, θ, ϕ), la métrique

g =

⎛⎝ 1 0 00 r2 00 0 r2 sin2 θ

⎞⎠ . (4.240)

Trivialement

g−1 =

⎛⎝ 1 0 00 1

r2 00 0 1

r2 sin2 θ

⎞⎠ (4.241)

donc ici

T =1

2m

∙1 · p2r +

1

r2p2θ +

1

r2 sin2 θp2ϕ

¸(4.242)

=p2r2m

+p2θ2mr2

+p2ϕ

2mr2 sin2 θ(4.243)

ce qui est le bon résultat et est de la forme

T =1

2m

Xi,j

pig−1ij δijpj

=1

2m

Xi

g−1ii p2i (244)

qui est générale pour les cas où la métrique g est diagonale.

4.9 La fonction S (ou comment refermer laboucle)

La méthode Hamilton-Jacobi voit apparaître une fonction génératrice de transformationcanonique et dénotée S. Nous avons déjà utilisé ce symbole pour désigner l’action. Ici, S estdéfini par

H +∂S

∂t= 0 (4.245)

où S = S(qi, αi, t).Nous avons donc, calculant la dérivée totale de S par rapport au paramètret,

dS

dt=

Xi

∂S

∂qiqi +

Xi

∂S

∂αiαi +

∂S

∂t

=Xi

∂S

∂qiqi +

∂S

∂t(4.246)

71


puisque αi = 0, et∂S

∂qi= pi et

∂S

∂t= −H (4.247)

dS

dt=Xi

piqi −H = L (4.248)

oudS = Ldt (4.249)

ou

S =

Z t2

t1

Ldt. (4.250)

La fonction génératrice de H.-J. est donc simplement l’action. Formellement intéressant, cerésultat est cependant pratiquement inutile parce qu’il faut avoir complété la solution du pro-blème pour la vérifier.

72


4.10 Exercices

4.1. Tunnel géantOn considère la Terre comme une sphère de rayon RT = 6371 km, de densité de masse uniforme.On note g = 9.81 m/s2, l’accélération gravitationnelle au niveau du sol. On imagine le percementd’un tunnel rectiligne entre deux points A et B quelconques de la surface terrestre, qui rejoignentpar exemple Québec à Paris (voir figure 4.3). On imagine un wagon qui roule sans frottementdans ce tunnel. Partant de Québec, sous l’action de la gravité, il va se déplacer vers Paris. On veutconnaître le temps que durera le voyage.

BA

r R

RT


(a) Calculer le champ gravitationnelle G(r) en un point intérieur de la Terre à une distance r desont centre.

(b) Calculer le potentiel V (r) en ce même point.(c) Déterminez une coordonnée généralisée. Donnez à une constante près l’énergie potentielle

du wagon de masse m en fonction de cette coordonnée. Écrivez l’hamiltonien du système etdéterminez les équations différentielles.

(d) Résolvez cette équation pour un départ de Québec à vitesse nulle. Combien de temps dure letrajet jusqu’à Paris ? Montrez que ce temps est indépendant des points A et B.

4.2. Pendules couplésSoient deux blocs de masse m reliés au plafond par une tige de longueur l et de masse négligeableet reliés ensemble par un ressort de constante de rappel k ((voir figure 4.4)).

Figure 4.4 JIProblème 4.2.

m m k

g l l 2θ

1y 1x

2y 2x

1θ

(a) Déterminez l’énergie cinétique et le potentiel du système, en coordonnées cartésiennes.(b) Démontrez que pour les petites oscillations, où x << l, l’hamiltonien du système peut être

approximé par

H ≈ 1

2mp21 + p22 +

1

2k (x2 − x1)

2 − mg

l2l2 − 1

2x21 + x22

où p1 et p2 sont respectivement les moments conjugués aux coordonnées x1 et x2.(c) Obtenez les équations canoniques du mouvement

4.3. Pendules couplés (suite)On cherche à déterminer les fréquences propres d’oscillation.pour le problème précédent.

(a) On écrit d’abord les équations canoniques sous forme vectorielle :

MX = P,

P = −KX.

Écrivez explicitement les vecteurs X et X, ainsi que les matrices M et K et démontrez queces deux équations sont équivalentes à l’équation du deuxième ordre :

X = −M−1KX.

(b) On pose X = <eZ et l’équation du mouvement devient Z = −M−1KZ, qui a poursolution Z = A exp (−iωt). En réinsérant cette solution dans l’équation différentielle, onobtient la relation de dispersion M−1K−ω2I A = 0. Il s’agit d’une équation aux valeurs

73


propres. Les ω2 sont les valeurs propres de la matrice M−1K. Déterminez les fréquencespropres d’oscillations ω.

(c) Quels sont les deux types d’oscillations associés à chacune de ces fréquences propres ω (il n’ya pas de calculs à faire pour ce point) ?

4.4. Crochet de PoissonVérifiez les propriétés suivantes du crochet de Poisson, pour A = A(qi, pi) et B = B(qi, pi).

(a) A,B = − B,A(b) A,B +C = A,B+ A,C(c) A,BC = B A,C+ A,BC(d) A, B,C+ C, A,B+ B, C,A = 0 (Identité de Jacobi)

4.5. Crochet de Poisson revisitéDémontrez les résultats suivants du crochet de Poisson.

(a) Soit une fonction quelconque F (qi, pi, t) dépendant des 2n variables canoniques qi et pi etpossiblement du temps t. Montrez que pour une trajectoire physique obéissant aux équationscanoniques du hamiltonien H d’un système physique donné, on a :

dF

dt= F,H+ ∂F

∂t.

(b) Montrez que les crochets de Poissons suivants entre des variables canoniques sont toujoursnuls :

qk, qj ≡ 0 et pk, pj ≡ 0;et qu’entre variables conjuguées, le crochet de Poisson est égal au delta de Kronecker :

qk, pj = δkj .

4.6. Méthode de Hamilton-JacobiSolutionnez le système décrit par le hamiltonien en coordonnées cylindriques

H =1

2mp2ρ +

1

ρ2p2φ + p2z + ρ2,

en utilisant la méthode de Hamilton-Jacobi.(a) Effectuer une transformation canonique pour passer des coordonnées cylindriques aux coor-

données cartésiennes.(b) Écrivez explicitement l’équation caractéristique de Hamilton-Jacobi pour ce système.(c) Effectuez la séparation des variables et exprimez explicitement l’action S en fonction d’inté-

grales non couplées. (Exploitez les variables cycliques, s’il y en a.)(d) Appliquez les lois de transformation d’une transformation canonique de type F2, pour obtenir

les nouvelles variables canoniques conjuguées.(e) Effectuez l’intégration dans les deux équations ne dépendant pas du temps et obtenez la trajec-

toire sous sa forme paramétrique r = (x(y), y, z(y)). (Une autre coordonnée que y peut aussiparamétrer la courbe.)

(f) Effectuez l’intégration dans l’équation dépendant du temps pour déterminer la dépendancetemporelle du paramètre de la courbe. Exprimez maintenant la trajectoire explicitement enfonction du temps : r(t) = (x(t), y(t), z(t)).

4.7. Crochets de Poisson

(a) Calculez x,p2 et lz, l2.(b) Parmi les quantités suivantes, lesquelles peuvent être simultanément moments canoniques :

px, lx, l2

4.8. Particule dans des champs électrique et magnétiqueUne particule de masse m et de charge e est au repos à l’origine à t = 0. Elle est plongée dansdes champs électrique et magnétiqueE = E0 ı etB = B0k. Ecrivez l’Hamiltonien et donnez-en lasolution pour t > 0. Faites un dessin de la trajectoire.

74


4.9. CanonUn canon situé à l’origine d’un système de coordonnées tire un obus de masse m à un angle φ0 età un vitesse initiale v0.

(a) Utilisez la méthode de Hamilton-Jacobi pour étudier le mouvement et obtenir une équation del’orbite sous la forme z = z(x).

(b) Gardant l’équation sous cette forme (z = z(x)) quelles précisions ou contraintes les conditionsinitiales apportent-elles à l’évaluation des constantes αi et βi de H-J.

(c) Toujours par H-J obtenez la trajectoire sous la forme paramétrique :

x = x(t), z = z(t)

et déterminez les constantes αi et βi complètement.

75

THÉORIE DES PERTURBATIONS Chapitre 5

5.1 Buts de la méthode5.2 L’idée de base : la variation

des constantes5.3 Les approximations5.4 Exemple5.5 Méthode canonique de

perturbations5.6 Autre exemple

5.1 Buts de la méthode

Il s’agit d’une méthode approximative pour obtenir une solution analytique à un problèmede mécanique qui n’a pas de solution analytique exacte ou pour lequel cette solution est tropdifficile à obtenir. En fait il n’existe que très peu de problèmes de mécanique qui ont unesolution analytique exacte. Le problème à trois corps par exemple n’a pas de telle solution.Les ordinateurs d’aujourd’hui permettent de résoudre numériquement ces problèmes avecpratiquement la précision désirée mais à chaque fois pour un ensemble donné de conditionsinitiales. Pour avoir une vision générale du type de trajectoire, il faut faire plusieurs fois lescalculs et ceci peut être onéreux.

5.2 L’idée de base : “varier” les constantes

Soit un système décrit par un hamiltonien H(qi, pi), i = 1, 2...n. On sait que la solutiondu problème dépend de 2n constantes d’intégration, appelons-les les ai et les bi, i = 1, 2...n,qui sont évidemment des constantes du mouvement. La solution devrait alors s’écrire

qi = qi(t, aj , bj)pi = pi(t, aj , bj)

i, j = 1, 2, ..., n (5.1)

Supposons que nous soyons incapables d’obtenir ces solutions analytiques mais que pourdes raisons du type énumérées en ci-dessus, nous désirons obtenir une solution approximativeet analytique. La méthode des perturbations peut permettre d’obtenir cette solution approxi-mative. Elle requiert que nous soyons capables d’écrire

H(qi, pi) = H0(qi, pi) +H1(qi, pi) (5.2)de façon telle que1. il soit possible d’obtenir une solution analytique pour H0 et,

2. que H1 soit petit devant H0 (Comment ? On ne le sait pas encore).

Cette dernière condition est souvent difficile à vérifier à priori. Elle requiert une certainestabilité du mouvement face aux changements dans les conditions initiales et de fait la méth-ode n’est pas appropriée au traitement des mouvements chaotiques par exemple qui sontcaractérisés par une très grande sensibilité aux conditions initiales.

L’idée de base est relativement simple et elle compte les étapes suivantes :i) On résout analytiquement pour H0 et on obtient les solutions

qi = q(0)i (t, a

(0)j , b

(0)j ) = q

(0)i (t, ai, bi)

pi = p(0)i (t, a

(0)j , b

(0)j ) = p

(0)i (t, ai, bi).

(5.3)

ii) On inverse ces 2n équations pour obtenir les

ai = a(0)i (t, q

(0)j , p

(0)j )

bi = b(0)i (t, q

(0)j , p

(0)j ).

(5.4)

77

THÉORIE DES PERTURBATIONSC h a p i t r e 5

qui vérifient évidemment (puisque ce sont des constantes du mouvement)

a(0)i = a(0)i ,H0+ ∂

∂ta(0)i ≡ 0

b(0)i = b(0)i ,H0+ ∂

∂tb(0)i ≡ 0.

(5.5)

iii) On pose que la solution complète pour H peut prendre la même forme que celle en i)et ii) mais avec des a(0)i et b(0)i remplacés par des ai et bi qui ne sont plus des constantes dumouvement c’est-à-dire pour lesquels ai 6= 0 6= bi.

iv) On calcule les ai et les bi par leur équation du mouvement impliquant H au complet etdans lesquelles les ai et bi sont présumés avoir la même dépendance dans les qi et pi qu’enii). Ainsi

ai = ai,H+∂

∂tai = ai,H0+ ai,H1+

∂

∂tai. (5.6)

ai = ai,H+∂

∂tai = ai,H0+ ai,H1+

∂

∂tai. (5.7)

Mais selon la seconde relation (voir (5.5))

ai,H0+∂

∂tai = 0 (5.8)

et il ne reste queai = ai,H1 (5.9)

et de la même façonbi = bi,H1. (5.10)

v) Il reste à intégrer ces équations pour obtenir ai(t) et bi(t) et à les replacer dans leséquations (i) en lieu et place des a(0)i et b(0)i pour obtenir la solution désirée

qi = q(0)i (t, aj , bj)

pi = p(0)i (t, aj , bj)

(5.11)

mêmes fonctions que pour la solution non perturbée mais ici ai = ai(t) et bi = bi(t).

5.3 Les approximations

À ce point-ci, il n’y a aucune approximation de faite. Elles apparaissent dans l’intégrationdes équations pour ai et bi souvent elles-mêmes trop difficiles pour être résolues exactement.

On présente souvent la méthode perturbative comme l’approximation d’une expansion ensérie de puissance d’un paramètre qui caractérise H1. C’est d’ailleurs généralement le cas enmécanique quantique. Ce n’est pas cependant la seule approximation possible. Mentionnonsla méthode itérative et celle de la moyenne, cette dernière étant utile lorsque les trajectoiresde H0 sont des orbites fermées.

Méthode par série

Sous une forme simplifiée, on peut la présenter de la façon suivante. On identifie d’abordun paramètre λ, idéalement sans dimension (et petit) tel que

H1 = λh(qi, pi) (5.12)et on pose que l’on peut écrire les ai (et les bi) en séries de puissance

ai = a(0)i + λa

(1)i + λ2a

(2)i + · · · (5.13)

Remplaçant dans l’équation pour ai on obtientai = ai,H1 = ai, λh (5.14)

= a(0)i + λa

(1)i + λ2i a

(2)i + · · · = λa(0)i + λa

(1)i + λ2a

(2)i + · · · , h. (5.15)

78

C h a p i t r e 5Les approximations

Égalant les termes en même puissance en on obtient

a(0)i = 0 =⇒ a

(0)i = constante

. (5.16)a(1)i = a(0)i , h =⇒ a

(1)i

. (5.17)a(2)i = a(1)i , h =⇒ a

(2)i (5.18)

...a(n)i = a(n−1)i , h =⇒ a

(n)i

et de même pour les bi. C’est la philosophie qu’on retrouve dans la théorie des perturbationsde la mécanique quantique par exemple.

Méthode itérative

La méthode suppose que la séquence suivante converge. À partir deai = ai,H1 (5.19)bi = bi,H1, (5.20)

on calcule d’abord la première itération

a(1)i = ai,H1|a(0)j ,b

(0)j

(5.21)

b(1)i = bi,H1|a(0)j ,b

(0)j

(5.22)

où , |a(0)j ,b

(0)j

signifie que le résultat du calcul du crochet est évalué en a(0)j , b(0)j , c’est-

à-dire que les a(0)j et b(0)j apparaissant à droite de l’équation après le calcul du crochet sontremplacés par les déjà connus. Suite à l’intégration de H0. La seconde approximation suit

a(2)i = ai,H1|a(1)j ,b

(1)j

(5.23)

b(2)i = bi,H1|a(1)j ,b

(1)j

(5.24)

etc... La solution est alorsai = lim

n→∞a(n)i .

Méthode de la moyenne

Elle est utilisable lorsque la solution non perturbée est une orbite cyclique de période τ .On peut alors calculer l’effet net moyen de la perturbation sur une orbite par

ai =1

τ

Z τ

0

ai,H1dt (5.25)

bi =1

τ

Z τ

0

bi,H1dt. (5.26)

Cette méthode est compatible avec la méthode itérative par exemple. Les changements or-bitaux des satellites et des planètes dus à certaines excentricités ou aux autres planètes, sontgénéralement calculés de cette façon, comme le déplacement (rotation) de l’orbite (elliptique)de Mercure par exemple.

Remarque 5.1iLes crochets de Poisson qui apparaissent ici sont présumés calculés en utilisant les variables

79


canoniques qi et pi. Cela implique d’avoir constamment recours aux équations (i) et (ii). Onverra en plus bas une façon systématique de choisir ces constantes en optant pour les αi etβi de Hamilton-Jacobi qui ont l’avantage considérable d’être variables canoniques.

i

5.4 Exemple

Exemple 5.1Voyons d’abord un cas très simple, soit celui d’une particule soumise à une force constante en unedimension donc

H(p, q) =p2

2m+ λq (5.27)

où V = λq donc la force s’oppose au mouvement vers les q croissants si λ > 0 et l’inverse si λ < 0.On reconnaît le cas d’une particule de masse m soumise à une force constante

F = −∇V = −λc’est-à-dire accélération constatne dont la solution est

q(t) = q0 + q0t−λt2

2m.

On sait résoudre exactement le problème par la méthode canonique

q = q,H = p

m, p = p,H = −λ (5.28)

et donc

q = − λ

m=⇒ q(t) = q0 + q0t− λt2

2m

p(t) = mq = mq0 − λt.(5.29)

Afin de tester la méthode perturbative décomposons H en H0 +H1 où

H0 =p2

2m, H1 = λq (5.30)

et reprenons les étapes 1 à 5.

(a) La solution analytique pour H0 est triviale, nous avons une particule libre et donc

q = a(0)t+ b(0) (5.31)p = ma(0). (5.32)

(b) L’inverse de ces équations est

a(0) =p

m(5.33)

b(0) = q − p

mt (5.34)

et même si b(0) dépend explicitement du temps on vérifie (c’est inutile en fait) que

a(0) = a(0), H0+∂

∂ta(0) = p

m,p2

2m+ 0 ≡ 0 (5.35)

b(0) = b(0),H0+∂

∂tb(0)

= q − p

mt,

p2

2m− p

m

=1

2mq, p2− t

2mp, p2− p

m

=2p

2m− 0− p

m=

p

m− p

m≡ 0. (5.36)

(c) On pose que la solution pour H sera (voir étape 1)q = at+ bp = ma

=⇒ a = pm

b = q − pm t.

(5.37)

80

C h a p i t r e 5Méthode canonique de perturbations

(d) On calcule les équations d’évolution de a et b

a = a,H1 = p

m, λq

=λ

mp, q = λ

m· (−1)

= − λ

m(5.38)

b = b,H1 = q −pt

m, λq

=λ

mq, q− λt

mp, q

= λ · 0− λt

m(−1) = λt

m. (5.39)

(e) On intègre trivialement en posant que la perturbation a été allumée à t = 0 et que pour t < 0, seulH0 jouait un rôle. Ceci nous donne les conditions initiales donc les constantes d’intégration pourles équations pour a et b. Donc ici

a(t) =t

0

− λ

mdt = − λ

mt+ a(0) où a(0) = a(0) (40)

b(t) =t

0

λt

mdt =

λ

mt2 + b(0) où b(0) = b(0). (41)

Remplaçant dans les équations de l’étape 3 on obtient

q = a(t)t+ b(t) (42)

= a(0) − λt

mt+

λt2

2m+ b(0) (43)

= b(0) + a(0)t− λt2

2m(44)

ainsi que

p = ma(t) (5.45)= ma(0) − λt. (5.46)

Ces résultats sont exacts.

5.5 Méthode canonique de perturbations

L’idée est la même mais les manipulations sont sensiblement simplifiées du fait qu’onchoisit les constantes de la méthode de Hamilton-Jacobi, les αi et βi au lieu de laisser cechoix au hasard. Ces constantes ne seront vraiment constantes que pour H0, l’introductionde H1 fera qu’elles ne seront plus constantes du mouvement. L’avantage vient du fait que lesαi et βi étant variables canoniques (respectivement moments et coordonnées généralisés) onpeut les utiliser pour calculer les crochets de Poisson. On évite ainsi cet incessant va-et-viententre les (ai, bi) et les (pi, qi) qui ressort dans les exemples de la section ci-dessus. Une foisque H0 a été résolu par H.-J. on obtient

qi = qi(t, αj , βj) (5.47)pi = pi(t, αj , βj) (5.48)

que l’on inverse enαi = αi(t, qj , pj) (5.49)βi = βi(t, qj , pj) (5.50)

81


C’est toutefois la première forme qui est utile puisqu’elle permet d’écrireH1(qi, pi) = H1(qi(t, αj , βj), pi(t, αj , βj)) (5.51)

= K1(αj , βj , t) (5.52)Par la suite, tous les calculs des crochets de Poisson se feront par

A,B =Xj

∙∂A

∂βj

∂B

∂αj− ∂A

∂αj

∂B

∂βj

¸(5.53)

ainsi

αi = αi,H1 =nXj

∙∂αi∂βj

∂H1

∂αj− ∂αi

∂αj

∂H1

∂βj

¸(5.54)

= −nXj

δij∂K1

∂βj= −∂K1

∂βi(5.55)

etβi =

∂K1

∂αi. (5.56)

C’est sous cette forme que la théorie des perturbations est généralement présentée dans lalittérature.

5.6 Autre exemple

Exemple 5.2Voyons un exemple assez « classique » parfois appelé l’oscillateur quartique décrit par

H =p2

2m+

mω2

2q2 +

mk

4q4. (5.57)

Les équations canoniques du mouvement sont

q =∂H

∂p=

p

m(5.58)

p = −∂H

∂q= −mω2q −mkq3 (5.59)

ou, en les combinantq = −ω2q − kq3. (5.60)

Intégrer cette équation n’est pas trivial. Choisissons de décomposer H en H0 +H1 où

H0 =p2

2m+

mω2

2q2 : oscillateur harmonique (5.61)

H1 =mk

4q4 : perturbation. (5.62)

Nous allons d’abord résoudre pour H0 par la méthode de H.-J. Puisqu’on peut écrire , H0 étant in-dépendant du temps,

S(q, α, t) = −αt+W (q, α) (5.63)et sachant que

H0(q,∂S

∂q) +

∂S

∂t= 0. (5.64)

On voit immédiatement que

H0(q,∂W

∂q) = α. (5.65)

Ainsi notre nouveau moment canonique,α, sera une constante égale à l’énergie du système ! Explicitantl ’équation ci-dessus avec

H0 =p2

2m+

mω2

2q2 et p =

∂W

∂q

1

2m

∂W

∂q

2

+mω2

2q2 = α (5.66)

82

C h a p i t r e 5Autre exemple

on obtient∂W

∂q= 2mα−m2ω2q2. (5.67)

Intégrant

W = dq 2mα−m2ω2q2 (5.68)et

S(q, α, t) = −αt+ dq 2mα−m2ω2q2.

En plus de

p =∂W

∂q= 2mα−m2ω2q2,

nos équations de transformation canonique incluent à un facteur près

β =∂S

∂α= −t+m

dq

2mα−m2ω2q2(5.69)

= −t+ 1

ωsin−1

mωq√2mα

(5.70)

qui s’inverse en

q(t) =2α

mω2sinω(t+ β) (71)

p(t) = 2mα−m2ω2q2 (72)

= 2mα− 2mα sin2 ω(t+ β) (73)

=√2mα cosω(t+ β). (74)

où on reconnaît la solution harmonique. Nous pouvons récrire H1

H1 =mk

4q4 =

kα2

mω4sin4 ω(t+ β). (5.75)

α et β nos nouveaux moment et coordonnée généralisés sont des constantes sous H0 mais ne le sontplus lorsqu’on introduit la perturbation (disons à t = 0). Leur équation d’évolution est canonique

α = −∂H1

∂β= −4kα

2

mω3sin3 ω(t+ β) cosω(t+ β) (5.76)

β =∂H1

∂α= +

2kα

mω4sin4 ω(t+ β) (5.77)

Ces dernières équations ne sont pas triviales à résoudre non plus mais elles se prêtent à une d’approxi-mation, que ce soit par développement en série, par itération ou par moyenne.

Développement en série

On constate que k est le paramètre qui caractérise H1. Ce n’est pas un très bon choixpuisqu’il est lui-même dimensionné, néanmoins nous allons tenter une expansion en série dutype

α = α0 + kα1 + k2α2 + · · · (5.78)β = β0 + kβ1 + k2β2 + · · · (5.79)

Cependant on constate ici que le côté droit des équations pour α et β dépend de fonctionstrigonométriques d’argument ω(t + β). Comme les fonctions trigonométriques sont haute-ment non linéaires dans leur argument, il n’est pas trivial d’identifier leur degré de dépen-dance en β et d’identifier ordre par ordre la dépendance en k. Par exemple

β ∼ sin4 ω(t+ β) (5.80)de

sinω(t+ β) = sinωt cosωβ + sinωβ cosωt (5.81)

83


on auracosωβ ≈ cos(ωβ0 + ωkβ1)

≈ cosωβ0 cosωkβ1 − sinωβ0 sinωkβ1 (5.82)

sinωβ ≈ sin(ωβ0 + ωkβ1)

≈ sinωβ0 cosωkβ1 + cosωβ0 sinωkβ1 (5.83)et prenant

sinωkβ1 ≈ ωkβ1 +O(k3) (5.84)cosωkβ1 ≈ 1 +O(k2) (5.85)

alorssinω(t+ β) = sinω(t+ β0) + ωkβ1 cosω(t+ β0). (5.86)

Si k est considéré petit alorssinω4(t+ β) ≈ sinω4(t+ β0)

+4ωkβ1 sin3 ω(t+ β0) cosω(t+ β0) +O(k2) (5.87)

et faire les remplacements appropriés pour identifier les termes d’une puissance donnée de k.L’exercice est assez lourd ici et nous ne le complétons pas.

Solution itérative.

À partir des équations pour α et β qui sont de la formeα = f(α, β, t) (5.88)β = g(α, β, t) (5.89)

elle consiste à dire qu’on peut tendre vers α et β par une série d’itérations

α = f(αn−1, βn−1, t) = −∂H1

∂β

¯α=αn−1,β=βn−1

(5.90)

β = g(αn−1, βn−1, t) =∂H1

∂α

¯α=αn−1,β=βn−1

(5.91)

au sens oùlimn→∞

αn → α (5.92)

limn→∞

βn → β. (5.93)

La première de ces itérations est

α1 = f(α0, β0, t) = −∂H1

∂β

¯α=α0,β=β0

(5.94)

β1 = g(α0, β0, t) =∂H1

∂α

¯α=α0,β=β0

. (5.95)

Nous nous limiterons ici à cette première étape et résoudrons donc

α1 = −4kα20

mω3sin3 ω(t+ β0) cosω(t+ β0) (5.96)

β1 = +2kα0mω4

sin4 ω(t+ β0). (5.97)

Comme α0 et β0 ne dépendent pas de t, l’intégration est triviale et donne

α1 = −kα20mω4

sin4 ω(t+ β0) + C (5.98)

84


β1 =2kα0mω5

½3ω

8(t+ β0)−

sin 2ω(t+ β0)

4+

+sin 4ω(t+ β0)

32

¾+ C 0 (5.99)

Les constantes d’intégration sont ajustées par les conditions initiales touchant la perturbation.Si par exemple, on dit que la perturbation est allumée à t = 0, alors pour t < 0, la solutionnon perturbée prévaut et α(t ≤ 0) = α0, β(t ≤ 0) = β0. Donc à t = 0, α1(0) = α0,β1(0) = β0, ce qui fixe

C = α0 +kα20mω3

sin4 ωβ0 (5.100)

C 0 = β0 −2kα0mω4

∙3ωβ08− sin 2ωβ0

4+sin 4ωβ032

¸(5.101)

et alors

α1 = α0 −kα20mω4

£sin4 ω(t+ β0)− sin4 ωβ0

¤(5.102)

β1 = β0 +2kα0mω5

½3ωt

8− sin 2ω(t+ β0)− sin 2ωβ0

4

+sin 4ω(t+ β0)− sin 4ωβ0

32

¾. (5.103)

Ci-dessous fixons β0 = 0 pour alléger les expressions.

α1 = α0 −kα20mω4

sin4 ωt (5.104)

β1 =2kα0mω5

½3ωt

8− sin 2ωt

4+sin 4ωt

32

¾. (5.105)

La solution perturbée est obtenue de celle non perturbée

q(t) =

r2α

mω2sinω(t+ β) (5.106)

en remplaçant α et β par α1 et β1. Nous obtenons

q(t) =

r2

mω2

∙α0 −

kα20mω4

sin4 ωt

¸ 12

×

sin

µωt+

2kα0mω5

∙3ωt

8− sin 2ωt

4+sin 4ωt

32

¸¶. (5.107)

On voit que l’amplitude, qui était ( 2α0mω2 )12 dans le cas non perturbé, a été modifié, α1 étant

remplacé par ∙α0 −

kα20mω4

sin4 ωt

¸(5.108)

ceci nous donne un test de petitesse de k puisque la quantité est à la puissance 12 et que q(t)

doit demeurer réel, donc2α0mω2

− 2kα20m2ω6

sin4 ωt > 0ou

k <mω4

α0. (5.109)

Pour k > 0, l’amplitude décroît. De plus, le comportement qui était harmonique en ω, c’est-à-dire sinωt a été modifié en

sin

µω

µ1 +

3kα04mω5

¶t+

2kα0mω5

∙−sin 2ωt

4+sin 4ωt

32

¸¶(5.110)

où, si on veut encore parler d’une fréquence Ω, on doit définir

Ω ≈ ω

µ1 +

3kα04mω5

¶. (5.111)

On voit que pour k > 0, la fréquence augmente. Il faut aussi préciser que s’ajoute unemodulation en sin 2ωt et sin 4ωt. Strictement le mouvement n’est plus harmonique.

85


Méthode de la moyenne

Elle ne donne pas des résultats aussi détaillés que cette en série mais c’est parfois suff-isant. Sachant que le mouvement non perturbé est ici cyclique de période (τ = 2π

ω , ici) nousremplaçons α et β par α et β moyennés sur une période

α1 = −4k

mω31

τ

Z τ

0

α2 sin3 ω(t+ β) cosω(t+ β)dt (5.112)

β1 =2k

mω41

τ

Z τ

0

α sin4 ω(t+ β)dt. (5.113)

Il est trivial de voir que, ne connaissant pas α(t) et β(t) (c’est ce que nous cherchons),il est difficile sinon impossible de faire les intégrales. C’est pourquoi cette méthode est sou-vent augmentée de l’approximation itérative, remplaçant α et βdans les intégrales par α0 etβ0 pour faire un premier calcul de α et β, le résultat duquel pourra être remplacé dans lesintégrales...etc. Au premier ordre nous aurons ici

α ≈ − 4k

mω31

τα20

Z τ= 2πω

0

sin3 ω(t+ β) cosω(t+ β)dt

≈ − 4k

mω4ω

2πα20 sin

4 ω(t+ β)¯τ= 2π

ω

0≡ 0 (5.114)

donc α ≈ 0 =⇒ α = constante = α0

β ≈ 2k

mω41

τα0

Z τ= 2πω

0

sin4 ω(t+ β)dt

≈ 2kα0mω5

ω

2π

∙3ω(t+ β0)

8− sin 2ω(t+ β0)

4+sin 4ω(t+ β0)

32

¸τ= 2πω

0

≈ kα0πmω4

∙3ω

8

2π

ω+ 0

¸τ= 2πω

0

≈ 3kα0mω4

(5.115)

et doncβ(t) ≈ 3kα0

mω4t+ β0. (5.116)

Ici, la solution perturbée se lira

-x0 1 1

E

-x x x

q

V

0

~q24~q

Figure 5.1 NGraphique de l’énergie E pour l’oscillateur avecet dans le terme quartique.

q(t) ≈r2α0mω2

sin

µωt+ β0 +

3kα04mω4

t

¶≈

r2α0mω2

sin

µω

∙1 +

3kα04mω5

¸t+ β0

¶. (5.117)

Le seul effet de la perturbation ici est une modification de la fréquence qui de ω passe à

ω → ω

∙1 +

3kα04mω5

¸≡ Ω (5.118)

donc qui augmente si k > 0, et qui est d’ailleurs la fréquence Ω déjà obtenue.

Remarque 5.2iÀ une énergie E donnée (voir figure 5.1), le mouvement va de−x0 à+x0 avec une fréquenceω. Introduisant le terme quartique diminuera l’amplitude entre −x1 à +x1∙

2α0mω2

¸ 12

=⇒∙2α0mω2

− 2kα20m2ω6

sin4 ωt

¸ 12

86


tout en affectant le fréquence ω.

ω =⇒ Ω = ω

∙1 +

3kα04mω5

¸(5.119)

i

87


5.7 Exercices

5.1. Oscillateur anharmoniqueNous étudions un système unidimensionnel composé d’une massem et d’un ressort. Le ressort n’estpas parfait de telle sorte que des effets anharmoniques se font sentir un peu. Ces effets contribuentun terme γx3/3 à l’Hamiltonien. Étudiez- en les effets par perturbations

5.2. Perturbations sur un penduleÀ l’aide de la méthode canonique de perturbations déterminez, en première approximation, lechangement en fréquence du pendule plan lorsqu’on commence à tenir compte de l’amplitude finiedu mouvement. Déterminez les contributions de l’énergie, de la masse et de la longueur du pendulesur ce changement de fréquence.

88

MOUVEMENT DU SOLIDEChapitre 6

6.1 Degrés de liberté du solide6.2 L’énergie cinétique et le

tenseur d’inertie6.3 Parenthèse sur les axes

principaux et le tenseurd’inertie

6.4 Le momentcinétique/angulaire du solide

6.5 Approche vectorielle et leséquations d’Euler

6.6 Angles d’Euler et approchelagrangienne

6.7 Exemple6.8 Mouvement d’une toupie

symétrique pesante à un pointfixe

6.9 La toupie asymétriquelibre : problème de stabilité

6.1 Degrés de liberté du solide

Jusqu’ici nous n’avons considéré que des particules ponctuelles en nombre relativementpetit. Nous allons maintenant permettre aux corps physiques d’avoir de véritables dimen-sions physiques, telles des longueurs, largeurs et épaisseurs. Nous allons cependant nouslimiter aux corps indéformables, ce qui est une approximation de la réalité physique, maisune approximation souvent très valable. Nous considérerons donc que chaque point du corpssolide demeure à distance constante de tout autre point du même corps solide. Il n’y a pas dedéformation.

En mécanique classique la structure microscopique du corps solide est sans intérêt. Onpeut donc le considéré comme constitué d’un grand nombre de petites particules ou commeun ensemble continu de matière. Par exemple, la masse d’un tel corps s’écrira

M =Xi

mi =

ZV

ρ(x)d3x (6.1)

où mi serait la masse de la particule i, constituante du corps solide, et ρ(x) serait une densitécontinue de masse (les unités de masse par volume). À l’occasion nous utiliserons donc l’uneou l’autre notation. La notation discrète (

Pi ) est parfois plus pédagogique puisqu’elle fait

essentiellement la somme sur un grand nombre de particules ponctuelles, concept avec lequelnous sommes maintenant familiers.

R

P

rx

n

x1

2

3

x

x Ω

y

z

x

O

Figure 6.1 NSystème de référence inertiel du laboratoire, notéXY Z, et système de référence x1x2x3 en rota-tion autour de Ω et fixé au corps en O.

Dans l’espace physique à trois dimensions, une particule ponctuelle a trois degrés deliberté. Dans le cas du corps rigide on se convainc rapidement que l’état du solide peut sedécrire par la position d’un des points du solide (3 degrés de liberté) et l’orientation du corpsrigide (solide) par rapport à un système d’axes fixées en ce point, ce qui implique trois autresdegrés de liberté. Au total donc un solide a 6 degrés de liberté. (Il est très avantageux, pourassurer la simplicité des expressions qui vont suivre, de choisir le point dont nous suivonsle déplacement et par rapport auquel nous mesurons l’orientation du solide, comme étant lecentre de masse du solide). Si on visualise le solide comme étant constitué de N particules, ondevrait avoir à priori 3N degrés de liberté. Le fait qu’il n’en reste que 6, résulte de l’ensemblede contraintes qui font que chacune de ces particules est toujours à égale distance de chacunedes autres.

Pour décrire ces 6 degrés de liberté nous procéderons de la façon suivante. Imaginonsun premier système de référence, noté XY Z, fixé dans le laboratoire et présumé inertiel.Fixons ensuite rigidement au corps en O un nouveau système de référence x1x2x3 (voirfigure 6.1). Ce système se déplace et tourne avec le corps rigide. Ce n’est donc généralementpas un système inertiel mais comme il est solidaire du solide il apparaît comme immobileà un observateur se trouvant sur le solide. Pour faciliter le travail à venir nous centreronssouvent le système x1x2x3 sur le centre de masse du solide, auquel car R est la position ducentre de masse du solide. r est la position d’un point P de ce solide, mesurée dans le systèmeinertiel XY Z. Notons par x la position de ce même point P mesurée dans le système x1x2x3.Comme ce dernier est fixé au corps, x est constant (mesuré dans x1x2x3). Lorsque le solide

89

MOUVEMENT DU SOLIDEC h a p i t r e 6

se déplace, le point P se déplace. Vectoriellement, on voit quer = R+ x.

Pour mesurer un déplacement dans le système inertiel, dr, nous le décomposons en déplace-ment du point O, dR, plus un changement possible d’orientation du solide, dϕ , mesuré parrapport à l’axe de rotation passant passant par O. Alors

dr = dR+ dϕ× x où dϕ =bndϕ (6.2)ce qui nous donne

v = r =d

dtr =

dR

dt+

dϕ

dt×x ≡ V+Ω× x (6.3)

ouv = V+Ω× x. (6.4)

Si R mesure la position du C.M., c’est-à-dire si O est positionné sur le C.M., alors V estla vitesse de C.M. et correspond à une translation du solide comme un tout. Ω est la vitesseangulaire du solide et sa direction, comme celle de dbϕ coïncide avec l’axe de rotation dusolide. Notons qu’elle n’est pas constante en général. Comme le système x1x2x3 est fixédans le solide, Ω est également la vitesse angulaire de la rotation de ce système. Ce résultatne dépend en aucune façon du fait que nous ayons centré le système x1x2x3 en O, le C.M.du solide. Nous aurions pu choisir ici un autre centre O0déplacé de O par une longueur a ausens où la position x0 du même point P est reliée à x par

x = x0 + a. (6.5)Puisque

r = R0 + x0

= R+ x

= R+ (x0 + a)

alorsR = R0 − a

DoncR = R0 − a (6.6)dR = dR0 (6.7)

Nous aurions alors au lieu de (6.4), mais dR = dR0

v = V+Ω× (x0 + a) = V+Ω× x0 +Ω× a. (6.8)D’autre part, à partir de la forme de (6.4) nous pouvons écrire

v = V0 +Ω0 × x0 (6.9)ce qui nous force à identifier, v étant identique à lui-même et a arbitraire

V0 = V+Ω× x, Ω0 = Ω. (6.10)La deuxième de ces équations est importante puisqu’elle nous indique que la vitesse angulairede rotation est totalement indépendante du système x1x2x3 (fixé dans le solide) choisi. À unmoment donné, tous ces systèmes tournent donc autour d’axes parallèles les uns aux autres(de direction donnée par celle de Ω) avec une même vitesse angulaire Ω. Cette propriétéd’absolu dans la rotation du solide ne se retrouve pas dans la translation du solide puisqueV0 6= V. Notons qu’en général, lorsque le solide se déplace,Ω n’est constant ni en directionni en longueur. Il est parfois intéressant de choisir une origine O0 telle que V0 = 0. Instan-tanément le mouvement apparaîtra comme une rotation pure autour de l’axe défini commepassant par O0 évidemment. On appelle cet axe, l’axe de rotation instantané du corps. Cepen-dant à partir de maintenant nous choisirons l’origine O du système x1x2x3 comme étant lecentre de masse du solide, à moins que la chose ne soit clairement spécifiée.

6.2 L’énergie cinétique et le tenseur d’inertie

90

C h a p i t r e 6L’énergie cinétique et le tenseur d’inertie

Considérons le solide comme étant constitué de points matériels discrets et calculonsl’énergie cinétique du solide, évidemment mesurée dans le système inertiel XY Z

T =1

2

Xpart.

mv2 (6.11)

la somme porte sur tous les points du solide

T =1

2

Xpart.

mv2 ≡ 12

NXa

mav2a

mais pour simplifier l’écriture nous laissons tomber les indices identifiant ces points. Nousnous sommes évidemment placés dans le référentiel inertiel et v2 = v2 où v est défini parl’équation (6.4), ce qui donne

T =1

2

Xpart.

m (V+Ω× x)2 = 1

2

Xpart.

m (V+Ω× x) · (V+Ω× x)

=1

2

Xpart.

mV2 +Xpart.

mV· (Ω× x) + 12

Xpart.

m (Ω× x)2 . (6.12)

Les vitesses V et Ω sont les mêmes pour tous les points et peuvent donc sortir des sommes.Ainsi le premier terme devient

1

2

Xpart.

mV2 =V2

2

Xpart.

m =MV2

2(6.13)

où M = masse totale du solide.

Le deuxième terme devient, par la propriété des produits triplesXpart.

mV· (Ω× x) =Xpart.

mx· (V×Ω)

= (V×Ω) ·Xpart.

mx ≡ 0 (6.14)

parce que la somme est nulle, ayant choisi l’origine du référentiel x1x2x3 au centre de massedu solide. Pour le troisième terme nous développons le carré du produit vectoriel

1

2

Xpart.

m (Ω× x)2 = 1

2

Xpart.

mhΩ2x2 − (Ω · x)2

i. (6.15)

Au total (6.12) devient donc, lorsque (x1x2x3) est centré sur le C.M.,

T =MV2

2+1

2

Xpart.

mhΩ2x2 − (Ω · x)2

i. (6.16)

Le premier terme est l’énergie cinétique de translation du solide. Ce serait le seul terme sitoute la masse du solide était concentrée au C.M. Le deuxième terme est l’énergie cinétiquede rotation, donc

T = TCM + Trot. (6.17)Étudions la forme de Trot en décomposant les vecteurs selon les axes x1x2x3 puisque Trotest une énergie cinétique de rotation impliquant certains concepts d’inertie qui serait propresc’est-à-dire intrinsèques au solide. Les composantes de Ω et de x seront donc selon les axesdu référentiel Ox1x2x3 (notons que T demeure mesuré dans le système inertiel)

Trot =1

2

Xpart.

m [ΩiΩixlxl − ΩiΩkxixk]

=1

2

Xpart.

m [ΩiΩkδikxlxl − ΩiΩkxixk] . (6.18)

91


Les coordonnées2 xj dépendent de la particule sur laquelle on fait la somme mais ΩiΩk n’endépend pas et peut sortir de la somme sur les particules, ce qui donne

Trot =1

2ΩiΩk

Xpart.

m [δikxlxl − xixk]

≡ 1

2ΩiΩkIik =

1

2ΩiIikΩk =

1

2ΩT IΩ. (6.19)

Cette expression a la forme usuelle d’une énergie cinétique mais le rôle d’inertie joué par Iest plus compliqué que dans le cas des translations. Ici I s’appelle le tenseur d’inertie et onidentifie ses éléments

Iik =Xpart.

m [xlxlδik − xixk] = Iki. (6.20)

On dit qu’il est un tenseur parce qu’il a deux indices. On peut dès lors lui donner une représen-tation matricielle

I =

⎛⎝ I11 I12 I13I21 I22 I23I31 I32 I33

⎞⎠ . (6.21)

Si on écrit aussi

Ω =

⎛⎝ Ω1Ω2Ω3

⎞⎠ =⇒ ΩT = (Ω1,Ω2,Ω3) (6.22)

alors on peut écrireTrot =

1

2ΩT IΩ (6.23)

À partir de (6.20) on calcule directement

I =

⎛⎝ Pm(x22 + x23) −

Pmx1x2 −

Pmx1x3

−P

mx2x1P

m(x21 + x23) −P

mx2x3−P

mx3x1 −P

mx3x2P

m(x21 + x22)

⎞⎠ (6.24)

où ici, on a alléger la notation parP

part. →P

.On voit aussi qu’on peut passer à une notationet un calcul continus où la matière est réputée être distribuée de façon continue dans le solideselon une densité ρ(x) = ρ(x1, x2, x3). On écrit alors

Iik =

ZV

ρ(x) [xlxlδik − xixk] dx1dx2dx3 (6.25)

Il est possible de choisir le référentiel Ox1x2x3 en l’orientant de telle sorte que I est diago-nal

I =

⎛⎝ I10 0 00 I20 00 0 I30

⎞⎠ (6.26)

Les éléments I10 I20 et I30 sont en fait les valeurs propres de la matrice (6.24). Ici nous avonsnoté prime (0) le référentiel (voir figure 6.2) qui garantit que le tenseur d’inertie est diago-nal : Ox10x20x30 . On appelle ces trois directions, Ox10 , Ox20 et Ox30 les axes principaux

x1

2x

3x

3'x 2'x

1'x

Figure 6.2 NLe tenseur d’inertie est diagonal par un choix ju-dicieux du repère Ox10x20x30 .

(d’inertie) du solide et I10 I20 et I30 les moments principaux d’inertie. Si on choisit le dif-férentiel Ox1x2x3 pour coïncider avec les axes principaux alors Trot devient scalaire (plus dematrice !)

Trot =1

2Ii0Ω

2i0 . (6.27)

Pour alléger la notation il sera entendu dans ce qui suit que, lorsque les éléments du tenseurd’inertie apparaissent avec un seul indice, c’est que nous aurons choisi de faire coïncider leréférentiel fixé au corps et les axes principaux. Nous laisserons tomber les primes (0) pourécrire simplement

Trot =1

2IiΩ

2i . (6.28)

2 Dans ce chapitre, nous utilisons la notation d’Einstein où un indice répété dans un terme est automatiquementsommé à moins d’avis contraire, ainsi ΩiΩkδikxlxl = i,j,l ΩiΩkδikxlxl

92

C h a p i t r e 6Parenthèse sur les axes principaux et le tenseur d’inertie

6.3 Parenthèse sur les axes principaux et letenseur d’inertie

Il n’est pas nécessaire de deviner à priori la direction des axes principaux. Lorsque lesolide a certaines symétries la direction de ces axes est parfois évidente. Il est toujours possi-ble de choisir arbitrairement un système Ox1x2x3 et de déterminer par rapport à ce dernierla direction des axes principaux.

On calcule d’abord les éléments de I par rapport au système d’axes choisi, ce qui nousdonne Iik qu’on retrouve en (6.20), (6.24) ou (6.25). On remarque d’abord que la matrice(6.24) est symétrique c’est-à-dire

Iik = Iki; Iik réel (6.29)Après diagonalisation de la matrice Iik, on obtient les valeurs propres de cette matrice quiseront tout simplement les éléments I1, I2 et I3 de I sous sa forme diagonale, ID.

De façon plus technique nous dirons qu’il existe une matrice U , avec son inverse U−1,telle que U−1 = U† : unitaire

UIU−1 = ID : diagonale. (6.30)On parle alors de la diagonalisation de la matrice I.Dans le cas des moments d’inertie, lamatrice U est une matrice de rotation en 3D, c’est-à-dire une matrice réelle orthogonale 3×3donc U est un élément du groupe O(3), U ∈ O(3). Ici

U−1 = U† = UT

1'x

2'x

3'x

Ω

Ω3

3'Ω

3x

2x

x1

Figure 6.3 NLe système prime qui définit les axes principauxdu solide est obtenu par une rotation du systèmeoriginal dont l’origine O est le C.M. du solide.

Reprenant l’expression pour Trot

Trot =1

2Ω†IΩ =

1

2Ω†U−1UIU−1UΩ

=1

2Ω†U−1IDUΩ =

1

2Ω0†IDΩ

0 (6.31)

où Ω0 = UΩ.

Strictement ceci termine l’opération puisqu’en (6.31) nous avons Trot écrit en utilisant ID.On voit qu’ici

Ω0 = UΩ =⇒

⎛⎝ Ω10Ω20Ω20

⎞⎠ =

⎛⎝ u11 u12 u13u21 u22 u23u31 u32 u33

⎞⎠⎛⎝ Ω1Ω2Ω3

⎞⎠ (6.32)

ou encoreΩ10 = u11Ω1 + u12Ω2 + u13Ω3

Ω20 = u21Ω1 + u22Ω2 + u23Ω3 (33)

Ω30 = u31Ω1 + u32Ω2 + u33Ω3.

Le système prime Ox10x20x30 qui définit les axes principaux du solide est obtenu du sys-tème original par une rotation du système original à condition que l’origine O ait été choisiecomme le C.M. du solide (voir figure 6.3). Autrement il faudra effectuer d’abord une transla-tion vers le C.M. Évidemment le vecteur ne bouge pas lors de cette rotation qui n’est en faitqu’un simple réalignement des axes du référentiel fixé dans le solide. Il n’a rien à voir avecle mouvement de rotation du solide.

Techniquement tout repose sur la matrice U , ce qui est relativement simple puisque lescolonnes de U−1 sont tout simplement les vecteurs propres de I . Ceci se vérifie immédiate-ment en rappelant (6.30)

UIU−1 = ID (6.34)qu’on multiplie par la gauche par U−1 ce qui donne

IU−1 = U−1ID. (6.35)

93


Il s’agit d’une égalité entre 2 matrices 3× 3. Écrivant vij pour les éléments U−1

U−1 =

⎛⎝ v11 v12 v13v21 v22 v23v31 v32 v33

⎞⎠nous explicitons (6.35) mais en ne spécifiant ici que la première colonne des deux matricesproduites ce qui donne⎛⎝ I11v11 + I12v21 + I13v31 · · · · · ·

I21v12 + I22v22 + I23v32 · · · · · ·I31v13 + I32v23 + I33v33 · · · · · ·

⎞⎠ =

⎛⎝ I1v11 · · · · · ·I1v22 · · · · · ·I1v33 · · · · · ·

⎞⎠ (6.36)

Si deux matrices sont égales c’est que tous leurs éléments sont égaux et par extension leséléments d’une colonne de l’une sont égaux aux éléments d’une colonne de l’autre. Consid-érons la première colonne de chacune des deux matrices ci-dessus et égalons l’une à l’autre.On constate immédiatement qu’il est possible d’écrire l’égalité entre ces deux colonnes sousla forme ⎛⎝ I11 I12 I13

I21 I22 I23I31 I32 I33

⎞⎠⎛⎝ v11v21v31

⎞⎠ = I1

⎛⎝ v11v21v31

⎞⎠ . (6.37)

Si nous écrivons V1 pour la 1ière colonne de U−1 c’est-à-dire (ne pas confondre V1 avec unecomposante du vecteur vitesse)

V1 =

⎛⎝ v11v21v31

⎞⎠ (6.38)

cette équation s’écritIV1 = I1V1; I1 = un nombre (6.39)

où I1 est la 1ière valeur propre de la matrice I alors que V1 est un vecteur colonne. C’estl’équation type du problème aux valeurs propres. Pour résoudre on obtient d’abord les valeurspropres de I et ensuite on obtient les éléments (non normalisés) de V1 à l’aide de (6.37) ou(6.39). Nous aurons ici 3 équations de ce type à partir de (6.36), une pour chaque valeurpropre Ii avec son vecteur propre Vi qui constitue la iième colonne de U−1.

La séquence d’opérations est donc la suivante :1. Choisir un référentiel centré sur le C.M., Ox1x2x3 par rapport auquel on calcule les Iij ;i, j = 1, 2, 3, éléments de I .

2. Calculer les valeurs propres de cette matrice, ce qui nous donne ID qui n’a que les élé-ments diagonaux I1, I2 et I3.

3. Calculer les vecteurs propres Vk de I , chacun correspondant à une des 3 valeurs propres,I1, I2 et I3.

4. Les Vk sont les colonnes de la matrice U−1 que nous pouvons inverser pour avoir lamatrice U , une matrice qui représente une rotation.

5. Pour obtenir les axes principaux Ox10x20x30 , il suffit de soumettre le référentiel Ox1x2x3à la rotation représentée par U .

Remarque 6.1iLa rotation représentée parU est généralement par rapport à un axe qui n’est pas un des axesde Ox1x2x3 ni de Ox10 x20 x30 . Il est cependant toujours possible d’opérer cette rotation àl’aide de 3 rotations successives faites autour d’axes choisis. La façon la plus courante estcelle des angles d’Euler.

i

Laissant tomber les prime (0) et supposant que les axes du système Ox1x2x3 coïncident

94

C h a p i t r e 6Parenthèse sur les axes principaux et le tenseur d’inertie

avec les axes principaux la définition générale des éléments de Iij en (6.20,6.24,6.25) esttoujours valide sauf que seuls les termes j = i ne seront pas nuls, nous les avons notés avecun seul indice

Ii = Iii =Xpart.

m(xlxl − x2i ) (6.40)

où il y a une somme sur l mais non sur i. Ainsi trivialement

I1 =Xpart.

m(x22 + x23)

I2 =Xpart.

m(x21 + x23) (6.41)

I3 =Xpart.

m(x21 + x22)

et on note qu’aucun des ces Ii n’est plus grand que la somme des deux autres ; tout au plusest-il égal à cette somme. Lorsque I1 = I2 = I3 on dit que nous avons une toupie sphérique.Si deux seulement des moments d’inertie sont égaux, on parle d’une toupie symétrique et siles trois sont différents, d’une toupie asymétrique.

Une remarque importante s’impose ici. Nous avons réussi en (6.16) et (6.19) à écrire

T =1

2MV 2 +

1

2IikΩiΩk (6.42)

expression qui n’est valide que si le référentiel intrinsèque est centré sur le centre de masse,O.Cependant, pour calculer les Iik, il peut s’avérer utile d’utiliser d’abord un autre référentiel,également intrinsèque mais centré sur une autre origine O0 et dont les axes sont parallèles aupremier. Il s’agit donc ici d’une translation du référentiel et non d’une rotation (voir figure6.4). Appelons a le déplacement OO0, de telle sorte que

x = x0 + a =⇒xi = x0i + ai. (6.43)On sait que

Iik =Xpart.

m(xlxlδik − xixk). (6.44)

Par rapport au système prime nous aurons

1'x

2'x

3'x

x x'

a

3x

2x

x1

Figure 6.4 NTranslation du référentiel.

I 0ik =Xpart.

m(x0lx0lδik − x0ix

0k)

=Xpart.

m [(xl + al) (xl + al) δik − (xi + ai) (xk + ak)]

=Xpart.

m [xlxlδik − xixk] + 2alδikXpart.

mxl

+aiXpart.

mxk − akXpart.

mxi + (alalδik − aiak)Xpart.

m

= Iik|zCM

+M(alalδik − aiak) (6.45)

oùP

part. mxi = 0 etP

part. m =M. C’est le fameux théorème des axes parallèles.Nous savons donc écrire l’énergie cinétique du solide en (6.42). Si le référentiel intrin-

sèque correspond aux axes principaux alors cette expression se réduit à

T =1

2MV 2 +

1

2IiΩ

2i . (6.46)

Deux types de forces peuvent être présentes dans le système ; des forces de cohésionparticule-particule dans le solide dont le résultat global sur le solide est nul à cause du principed’action-réaction comme nous l’avons vu au chapitre I. Il reste les forces externes et si cesforces sont dérivables d’un potentiel U alors on peut écrire le lagrangien

L =1

2MV 2 +

1

2IiΩ

2i − U. (6.47)

95


Nous y reviendrons plus tard.

P

x

Ω

Figure 6.5 NL’origine du référentiel intrinsèque coïncide avecle C.M. du solide.

6.4 Le moment cinétique/angulaire du solide

Le moment cinétique dépend du point par rapport auquel il est défini. Dans l’étude dumouvement du solide il apparaît raisonnable de choisir ce point à l’origine du référentielintrinsèque qu’en (6.47) nous avons choisi pour coïncider avec le C.M. du solide (voir figure6.5). Nous avons noté x la position d’un point P mesurée à partir de O. Le moment cinétiquedu voisinage de ce point matériel est

lP = mx× v. (6.48)Ici, la vitesse v est uniquement celle due à la rotation du solide, rotation que se fait à la vitessede rotation instantanée et par conséquent v est ici v = Ω× x qui ne permet pas de changerla longueur de x comme il se doit puisque nous avons un solide rigide et donc, sommant surtous les points matériels nous aurons pour le moment cinétique

l =Xpart.

mx× (Ω× x) . (6.49)

Explicitant chaque composante du triple produit vectoriel nous avons

2x

x1

3x

C.M.

Figure 6.6 NCas simple : rotateur où la masse du solide estessentiellement répartie sur une droite.

li =Xpart.

m (xlxlΩi − xixkΩk)

=Xpart.

m (xlxlδikΩk − xixkΩk)

= ΩkXpart.

m (xlxlδik − xixk) (6.50)

et doncli = IikΩk. (6.51)

Évidemment si nous avions choisi de faire coïncider le référentiel intrinsèque avec les axespropres du solide nous aurions simplement

l1 = I1Ω1, l2 = I2Ω2, l3 = I3Ω3. (6.52)On voit donc qu’en général (sauf pour une toupie sphérique) la direction de l ne correspondpas à celle de Ω. C’est là une différence dramatique avec le mouvement d’une particule etce seul fait introduit déjà des différences notables entre le mouvement de la particule et celuidu solide. Étudions brièvement la situation qui prévaut dans trois cas simples sans forcesextérieures, c’est-à-dire le lagrangien se limite à l’énergie cinétique. Dans un tel cas on peutfaire coïncider les origines des référentiels inertiel et intrinsèque puisque le C.M. ne serasoumis à aucune accélération :V = 0.

2x

x1

3xΩl

Figure 6.7 NLa toupie symétrique.

Exemple 6.1La toupie sphérique (essentiellement une sphère) a ses trois moments égaux I1 = I2 = I3 = I et parconséquent

l =IΩ. =⇒ l k Ω (6.53)En l’absence de force/torque extérieur, l est une constante. Il en va de même de Ω. La toupie sphériquelibre tourne tout simplement par rapport à un axe fixe défini par l ou Ω (le même axe) à vitesse constante.

Exemple 6.2Un autre cas simple est le rotateur où la masse du solide est essentiellement répartie sur une droite.Plaçant les axes principaux comme sur la figure 6.6 on voit que I3 = 0, I1 = I2 = I. De plus Ω3 = 0puisque la rotation d’une droite sur son axe est comme la rotation d’un point et n’a pas de sens (du

96

C h a p i t r e 6Approche vectorielle et les équations d’Euler

moins classiquement). La vitesse de rotation n’a donc que des composantes Ω1 et Ω2 et Ω se trouvedans le plan x1Ox2 comme d’ailleurs l etΩ sont colinéaires comme dans le cas de la toupie sphérique :

Ω=(Ω1,Ω2, 0) =⇒ Ω k plan x1Ox2l = IΩ =⇒ l k Ω

2x

x1

3xΩl

Figure 6.8 NL’axe Ox3 et le vecteur Ω balaient un cône autourde l.

Exemple 6.3La toupie symétrique (voir figure 6.7) est un véritable objet en trois dimensions (un beigne, un ballonde football sont des toupies symétrie) caractérisé par un axe de symétrie que nous choisissons commeOx3. Ainsi I1 = I2 6= I3 avec I1, I2 et I3 6= 0. En l’absence de torque c’est-à-dire en rotation librel = constante. Pour décrire qualitativement le mouvement nous figeons le temps au moment où le planlOx3 est perpendiculaire à l’axe Ox2

lOx3 ⊥ Ox2c’est-à-dire correspond au plan x1Ox3

lOx3 ⊥ plan x1Ox3. À ce moment l2 = 0 mais puisque l2 = I2Ω2 nous avons Ω2 = 0. Donc le vecteur Ω est alorségalement dans le plan lOx3.La propriété que l,Ω et Ox3 sont dans le même plan a été obtenuefacilement à la suite d’un choix particulier d’orientation de l’axe Ox2 mais une propriété indépendantede ce choix et reste vraie pour tout le mouvement. Ainsi tout point sur l’axe de symétrie Ox3, identifiépar xa a une vitesse donnée par Ω× xa qui sera nécessairement perpendiculaire au plan lΩOx3

Ω× xa ⊥ plan lΩOx3et puisque l est constant, en longueur et en direction le mouvement sera forcément tel que l’axe desymétrie Ox3 tournera autour de la direction donnée par l, dessinant un cône autour de la directionconstante, l. Ce mouvement est appelé précession naturelle de la toupie symétrique. Le mouvement dela toupie se décompose donc en rotation de la toupie autour de son axe Ox3 plus la précession autourde l, on décompose Ω, qui est dans le plan lOx3,selon Ox3 et selon l qui ne sont en général pasorthogonaux. Pour faire le calcul, on se replace au moment où Ox1 est dans le plan lΩ. Selon la figure6.9, clairement

χ

l

Ω

θΩpr

3x

x1

Figure 6.9 NVitesse angulaire de rotation et de précession.

cosχ =Ω1Ωpr

= cos(π

2− θ) = sin θ (6.54)

doncΩ1 = Ωpr sin θ =⇒ Ωpr =

Ω1sin θ

(6.55)Nous avons également (voir figure 6.10)

sin θ =l1l=

I1Ω1l

(6.56)

doncΩpr = Ω1

l

I1Ω1=

l

I1(6.57)

6.5 Approche vectorielle et les équationsd’Euler

En pratique on cherche toujours l’approche la plus simple. Par exemple si le solide étudién’est pas attaché en un point alors on utilisera comme point d’ancrage du système intrinsèquecelui qui décompose l’énergie cinétique en un terme de translation plus un terme de rotation.Évidemment si le solide a un point fixé dans un référentiel inertiel, un tel point devient naturelpour définir une origine.

97


Il n’en demeure pas moins que pour établir des équations de mouvement nous devons nousréférer à un référentiel inertiel, quitte à traduire ensuite en termes de quantités mesurées dansun référentiel non inertiel si on choisit de le faire. Notre solide a 6 degrés de liberté que nousavons noté en page 89 par X,Y,Z, x1, x2, x3. Donc en principe 6 équations de mouvement.Nous les établirons ici vectoriellement, à la Newton en considérant P et l. Rappelons que Pest le moment linéaire total

P =Xpart.

p =MV = PCM. (6.58)

Nous avons déjà vu au chapitre 1 que

3x

x 1

l

>

l

l

1

3

Figure 6.10 NMoment cinétique dans le repère du corps.

P =dP

dt= F : la force extérieure. (6.59)

On solutionne ce problème exactement comme dans la mécanique d’une particule. Il n’y arien de neuf ici. Considérons maintenant l, c’est-à-dire la variation dans le temps du mo-ment cinétique/angulaire. Dans un référentiel inertiel ou du laboratoire que nous notons parl’indice L

l¯L=

dl

dt

¯L

= τ (6.60)

où τ est le torque extérieur. Nous référant toujours à la figure 6.1 nous pouvons écrirel|L= R×MV+ l|SF (6.61)

où l|SF est mesuré par rapport au point O du solide qui sert à y ancrer le référentiel intrin-sèque mais le F de l’indice SF signifie que les composantes de l sont prises par rapport àun référentiel fixe (F ), c’est-à-dire qui ne tourne pas avec le solide. À ce point-ci, cette nu-ance n’est pas significative puisque l a une existence physique indépendante du référentielpar rapport auquel nous en mesurons les composantes. Par contre, dans ce qui suit nous al-lons le dériver par rapport au temps et là ça deviendra significatif, parce que dans un premiertemps nous voulons éviter les dépendances dans le temps provenant de la rotation des axes.Nous avons donc :

l¯L= R×MV| z =0 pcq R=V

+R×MV+ l¯SF= τ

= R×MV+ l¯SF= τ . (62)

Ici nous allons nous limites aux cas où V = 0, ce qui veut dire queV = constante ouV =0,ce dernier cas étant utile lorsque le solide a un point fixe dans un référentiel inertiel. Nousgardons donc

l¯SF= τ . (6.63)

Nous avons cependant pris l’habitude de décomposer lS selon un système d’axes quitourne avec le solide avec la vitesse instantanée Ω. Il s’agit toujours du même vecteur, qui atoujours la même réalité physique mais tout simplement dans le calcul de la dérivée par rap-port au temps de ses composantes, nous devons maintenant tenir compte du fait que ces axestournent. Ils sont donc accélérés et de ce fait le référentiel n’est par inertiel. Ceci impliqueune contribution de type Coriolis3 Nous avons alors

l¯SF= l¯S+Ω× lS = τ . (6.64)

Gardant en mémoire que nous mesurerons toujours les composantes de lS selon les axesdu référentiel intrinsèque qui tourne avec le solide, nous laissons tomber l’indice S et nousécrivons simplement

dl

dt+Ω× l = τ . (6.65)

Si les axes du système inertiel coïncident avec les axes principaux nous avonsli = IiΩi (pas de somme sur i). (6.66)

3 voir notes de cours de Mécanique Classique I, Repères accélérés, chapitre 5

98

C h a p i t r e 6Approche vectorielle et les équations d’Euler

Ceci permet d’écrire (6.65)

IidΩidt

+ ijkΩjΩkIk = τ i (pas de somme sur i) (6.67)

où ijk est le « tenseur antisymétrique ». En termes plus explicites nous avons ici 3 équations

I1Ω1 − Ω2Ω3(I2 − I3) = τ1

I2Ω2 − Ω3Ω1(I3 − I1) = τ2 (1ière ligne avec (1, 2, 3)→ (2, 3, 1)) (68)

I3Ω3 − Ω1Ω2(I1 − I2) = τ3 (1ière ligne avec (1, 2, 3)→ (3, 1, 2))Ce sont les équations d’Euler

Évidemment s’il n’y a aucun torque extérieur, c’est-à-dire τ = 0 alors (6.68) se réduit àI1Ω1 − Ω2Ω3(I2 − I3) = 0

I2Ω2 − Ω3Ω1(I3 − I1) = 0 (6.69)I3Ω3 − Ω1Ω2(I1 − I2) = 0.

À l’aide de ces équations voyons si nous pouvons refaire le problème de la toupie symétrique. Rappelons que nous avons I1 = I2 6= I3 6= 0. Avec I1 = I2, (6.69) nous donne

I3Ω3 = 0 =⇒ Ω3 = constante. (6.70)De plus les deux premières équations de (6.69) deviennent

Ω1 = −ωΩ2 (6.71)Ω2 = ωΩ1 (6.72)

où ω = Ω3(I3−I1)

I1, et

Ω1 = −ωΩ2 (6.73)= −ω2Ω1 (6.74)

et doncΩ1(t) = A cos (ωt+ β) (6.75)Ω2(t) = A sin (ωt+ β) (6.76)

DoncpΩ21 +Ω

22 = A une constante qui est la longueur de la projection de la vitesse

Ω

Ω 1

3x

2x

x 1

Ω2

Ω3

ω

Figure 6.11 NProjection de la vitesse angulaire dans le planx1Ox2.

angulaire dans le plan x1Ox2 (voir figure 6.11). D’autre part Ω3 (projection de Ω sur l’axede la toupie) est une constante donc, c’est l’ensemble de Ω qui tourne autour de l’axe de latoupie à vitesse angulaire ω.

Ω3 = constante|Ω⊥| = constante

A première vue ce résultat ne semble pas correspondre au résultat de la page 97 mais ons’intéressait alors à la vitesse de précession de l’axe Ox3 par rapport à un axe fixe donnépar la direction de l. Ici nous avons tout exprimé (tous les vecteurs) selon leurs composantesmesurées sur des axes tournants. Il faudrait savoir faire le bien entre les deux. C’est ce que laméthode des angles d’Euler va nous apprendre à faire.

En première approximation on peut appliquer ce même genre de raisonnement au mou-vement de la terre si on considère que (le torque dû à) la force Soleil-Terre reste faible, doncV ≈0 est une approximation raisonnable. Aucun torque extérieur ne s’applique dans ce caset on peut utiliser (6.69). C’est que la terre n’est pas tout à fait sphérique (ni rigide) de tellesorte que

I2 ≈ I1 < I3 (6.77)du fait de l’aplatissement de la terre si on prend l’axe Ox3 comme son axe de rotation. Enfait

I2 − I3I2

≈ −0.003 (6.78)

99


et par conséquent, appliquant les résultats du problème précédent nous avons une fréquence

ω = Ω3I3 − I1I1

≈ −0.003Ω3 (6.79)

or 2πΩ3≈ 1 jour et par conséquent on devrait avoir

2π

ω≈ 333 jours. (6.80)

De fait, un tel mouvement est observé mais son amplitude est très faible, l’amplitude dudéplacement du pôle étant de l’ordre de 5m. D’autre part, la période est réellement ∼ 427jours mais cette différence est imputable au fait que la terre n’est ni rigide ni uniforme.

6.6 Angles d’Euler et approche lagrangienne

x1

2x

3x

ψ

θ

.

ϕ

X

Y

Z

ψ

ϕ

θ.

.

Figure 6.12 NRepère fixe OXY Z, repère tournant Ox1x2x3 etangles d’Euler.

Il nous manque encore un outil, celui qui nous permettrait de faire systématiquement lepassage entre référentiels tournants et immobiles. Ce même outil faciliterait aussi l’écritured’un lagrangien. Ici nous ne nous intéressons qu’aux rotations. Nous faisons donc coïnciderles origines de OXY Z et de Ox1x2x3. Ceci semble indiquer que V = 0 mais en fait s’ap-plique tant que O peut être l’origine d’un référentiel Ox1x2x3 de OXY Z c’est une rotation.Cette rotation s’effectue instantanément par rapport à un axe. Malheureusement cet axe peutvarier en direction avec le temps. Les angles d’Euler permettent de représenter cette rotation(en fait toute rotation) comme une séquence de trois rotations successives mais par rapport àdes axes dont il nous est possible de garder la trace.

Sur la figure 6.13, les rotations successives menant au repère final S000 sont illustrées :S : (x, y, z)| z

noir

7−→Rz(ϕ)

S0 : (x0, y0, z0)| z bleu

7−→Rx0 (θ)

S00 : (x00, y00, z00)| z vert

7−→Rz00 (ψ)

S000 : (x000, y000, z000)| z rouge

où la transformation correspond àRX(α) = rotation autour de l’axe A d’un angle α.

Donc nous avons ici des rotations successives par les angles d’Euler autour de l’axe des z (ennoir), puis autour autour du nouvel axe de x0 (en bleu), et finalement autour de l’axe des z00(en vert) Tout vecteur v dans S peut alors être représenté dans le système S000 en utilisant la

Figure 6.13 NRotations successives par les angles d’Euler au-tour de l’axe des z (en noir), puis autour autourdu nouvel axe de x0 (en bleu), et finalement au-tour de l’axe des z00 (en vert)

matrice de rotation suivantev000 = Rv

avec

R =

⎛⎝ c1 c3s1 s1s3−c2s1 c1c2c3 − s2s3 c1c2s3 + c3s2s1s2 −c1c3s2 − c2s3 −c1s2s3 + c2c3

⎞⎠où nous avons simplifié les éléments de matrice en écrivant

ci = cos θi si = sin θi i = 1, 2, 3.

avec les trois angles d’Euler θi.Sur la figure 6.12 nous avons indiqué le repère fixeOXY Z et le repère tournantOx1x2x3.

On y remarque de plus l’axe ou la droite ON qui est la droite de contact entre les plans XOYet x1Ox2. On l’appelle la ligne nodale. L’angle ϕ est l’angle entre l’axe OX et cette lignenodale suite à une rotation dans le plan XOY , c’est-à-dire par rapport à l’axe OZ. L’angleψ est l’angle entre cette même ligne nodale et l’axe Ox1, mesuré dans le plan x1Ox2, c’est-à-dire par rapport à l’axe Ox3. Quant à l’angle θ, c’est simplement l’angle entre l’axe OZ etl’axe Ox3, il correspond à une rotation par rapport à l’axe ON . Ce sont ce axes par rapport

100

C h a p i t r e 6Exemple

auxquels sont effectuées les rotations que nous avons représentés par ϕ, χ et θ. Décomposantces trois vecteurs vitesse selon les axes mobiles de Ox1x2x3 nous avons

θ1 = θ cosψ; θ2 = −θ sinψ; θ3 = 0 (6.81)

ϕ1 = ϕ sin θ sinψ; ϕ2 = ϕ sin θ cosψ; ϕ3 = ϕ cos θ (6.82)

ψ1 = 0; ψ2 = 0; ψ3 = ψ (6.83)Les composantes Ω1, Ω2, et Ω3 de Ω sont simplement les sommes des composantes respec-tives. Par exemple

Ωi = θi + ϕi + ψi, (6.84)c’est-à-dire

Ω1 = θ cosψ + ϕ sin θ sinψ

Ω2 = −θ sinψ + ϕ sin θ cosψ (6.85)Ω3 = ϕ cos θ + ψ.

Nous avons maintenant complété l’élaboration des outils qui sont nécessaires pour attaquerplusieurs problèmes impliquant le mouvement du solide. En choisissant les axes Ox1x2x3comme les axes propres du solide, nous pouvons spécialiser ces expressions pour écrire Troten fonction des angles d’Euler. Dans ce cas nous avons

Trot =I12Ω21 +

I22Ω22 +

I32Ω23. (6.86)

Par exemple, pour la toupie sphérique où I1 = I2 = I3 = I nous avons

Trot =I

2

³θ2+ ϕ2 + ψ

2+ 2ϕψ cos θ

´. (6.87)

Pour la toupie symétrique où I1 = I2 6= I3 nous avons

Trot =I12

³θ2+ ϕ2 sin2 θ

´+

I32

³ψ + ϕ cos θ

´2. (6.88)

6.7 Exemple

Exemple 6.4Comme exemple d’application retournons au cas de la toupie symétrique libre I1 = I2 6= I3. Choisis-sons l’axe OZ du référentiel pour qu’il coïncide avec la direction de l donc

l = lz : une constante. (6.89)

Trivialementl3 = l cos θ = I3Ω3. (6.90)

Le rôle du lagrangien sera joué par Trot de la toupie symétrie ci-dessus

L = Trot =I12

³θ2+ ϕ2 sin2 θ

´+

I32

³ψ + ϕ cos θ

´2. (6.91)

On constate que ψ et ϕ sont cycliques et par conséquent pψ et pϕ sont des constantes

pψ =∂L

∂ψ= I3

³ψ + ϕ cos θ

´| z

Ω3

= I3Ω3 = constante (6.92)

101


puisque pour des variables cycliques∂L

∂ψ= 0,

d

dt

µ∂L

∂ψ

¶=

dpψdt

= 0.

Par conséquentl cos θ = I3Ω3

est une constante, donc cos θ est une constante, donc θ est constant. Calculant

pϕ =∂L

∂ϕ= I1ϕ sin

2 θ + I3

³ψ + ϕ cos θ

´cos θ

= I1ϕ sin2 θ + I3Ω3 cos θ = constante (6.93)

où I1, θ et I3Ω3 sont des constantes donc ϕ = constante. L’angle ϕ indique une rotation duréférentiel intrinsèque, donc du solide, par rapport à un axeOZ fixe choisi dans la direction del. C’est donc une précession du solide ou si on préfère de l’axe de symétrie Ox3 du solide parrapport à cet axe fixe. De toute évidence il s’agit de la même précession que celle étudiée enpage 97. Elle est toutefois différente de celle étudiée en page 99 où on étudiait une précessionde l’axe de rotation instantanée par rapport à l’axe Ox3 c’est-à-dire par rapport à l’axe desymétrie du solide. Dans ce dernier cas nous avons vu que l’axe de rotation de la terre, quine correspond pas à l’axe de symétrie de la terre (axe des pôles), tourne autour de cet axe desymétrie avec une période de rotation de 1 an. Ceci n’interdit pas à l’axe de symétrie de laterre d’effectuer une précession par rapport à un axe approximativement fixe qui serait celuidu moment angulaire. Une précession libre de ce type se ferait avec une vitesse angulaire ϕ.Il convient donc d’étudier celle-ci d’un peu plus près. En fait nous connaissons la réponse

ϕ =l

I1; l et I1 = constantes. (6.94)

Le vecteur l est constant et on peut le décomposer selon le système d’axes que l’on veut.Choisissant le référentiel intrinsèque nous savons que

l = I1Ω1 + I2Ω2 + I3Ω3 (6.95)oùΩi = Ωibxi. Or ces trois axes sont orthogonaux et ici I2 = I1, donc

l2= l · l = I21 (Ω21 +Ω

22) + I23Ω

23 = constante (6.96)

que l’on peut récrire en fonction des angles d’Euler

l2= l · l = I21

³θ2+ ϕ2 sin2 θ

´+ I23

³ψ + ϕ cos θ

´2= constante (6.97)

où θ = 0 (θ = constante) et nous savons déjà par la définition de pψ que le deuxième termeest simplement égal à I23Ω23 = l23, donc

l2=I21 ϕ2 sin2 θ + l23. (6.98)

Sachant que l3 = l cos θ et isolant ϕ2 nous obtenons

ϕ2 =l2(1− cos2 θ)

I21 sin2 θ

=l2

I21(6.99)

ou encoreϕ =

l

I1=

l3I1 cos θ

=I3I1

Ω3cos θ

. (6.100)Par exemple, lorsque I1 ≈ I3 et que la vitesse de rotation est essentiellement ω ≈ Ω3 (le casde la terre) alors

ϕ ≈ I3I1ω ≈ ω. (6.101)

Pour la terre, ω ≈ 2πjour . Ainsi dans le cas libre il y a une précession de l’axe de symétrie par

rapport à un axe dont la direction est donnée par le vecteur moment angulaire constant l, etcette précession a une vitesse angulaire donnée par ϕ. Dans le cas de la terre, cette précessionfait que l’axe de symétrie de la terre tourne autour de l approximativement une fois par jour.Toujours dans le cas de la terre, il y a une autre précession causée par un torque cette fois,résultant de l’action de la lune et du soleil sur une terre non sphérique. Cette précession, dite

102

C h a p i t r e 6Exemple

des équinoxes est de plus grande amplitude mais a une période d’environ 26,000 ans. Elle estdonc faible et il était raisonnable en première approximation de la négliger et de parler ce caslibre.

La situation n’est pas encore lumineuse. En effet en page 99 nous avons étudié la préces-sion libre à l’aide des équations d’Euler et obtenu une période de précession de l’ordre d’uneannée pour la terre. C’est suffisamment différent de la période d’environ une journée obtenueci-dessus, apparemment dans les mêmes conditions, pour se poser la question de la cohérenceentre ces deux résultats. Physiquement, la situation est effectivement différente. La périoded’environ 1 journée ci-dessus est celle de la précession de l’axe de symétrie de la terre parrapport à l’axe défini par la direction de l. En page 99 nous avons étudié la précession duvecteurΩ⊥, tel que

Ω⊥ = Ω1 +Ω2 ou Ω = Ω⊥ +Ω3 (6.102)par rapport à l’axe Ox3, lui-même mobile. Cette précession apparaît dans la dépendance dansle temps de Ω1 et Ω2

Ω1 = A sin(Ωprt+ δ) (6.103)Ω2 = A cos(Ωprt+ δ). (6.104)

Étudions donc ici ce que nous obtenons pour Ω1(t). De (6.85)Ω1 = θ cosψ + ϕ sin θ sinψ. (6.105)

Ici θ = constante = θ0, donc θ = 0 et ϕ = lI1

et donc

Ω1 = ϕ sin θ sinψ =l

I1sin θ0 sinψ. (6.106)

Recherche de ψ(t) :Rappelant la définition de pψ déjà obtenue (6.92) nous avons

pψ = I3

³ψ + ϕ cos θ

´= I3Ω3 = l3 = l cos θ. (6.107)

On peut y isoler ψ en remplaçant ϕ = lI1

ψ =1

I3

µl cos θ − I3 cos θ

l

I1

¶(6.108)

=l cos θ

I3

(I1 − I3)

I1=

l3I3

(I1 − I3)

I1(6.109)

avec l3 = I3Ω3 nous avons

ψ = Ω3(I1 − I3)

I1=⇒ ψ = Ω3

(I1 − I3)

I1t+ ψ0 (6.110)

Nous avons donc pour Ω1(t)

x1

2x

3x

ψ

θ

.

ϕ

X

Y

Z

ψ

ϕ

θ.

.

Figure 6.14 NToupie symétrique : repère fixe OXY Z, repèretournant Ox1x2x3 et angles d’Euler.

Ω1(t) =l

I1sin θ0 sin

∙Ω3(I1 − I3)

I1t+ ψ0

¸. (6.111)

Nous identifions donc, comparant (6.111) à (6.103) et (6.104)

|A| =¯l sin θ0I1

¯; δ = ψ0; |Ωpr| =

¯Ω3(I1 − I3)

I1

¯. (6.112)

Nous avons donc le même résultat pour Ω2. Ainsi, le petit vecteur Ω⊥ dans le plan (non fixe)x1Ox2 tourne autour de l’axe de symétrie de la terre avec la fréquence Ωpr dont la périodeest de l’ordre d’un an.

6.8 Mouvement d’une toupie symétriquepesante à un point fixe

103


C’est l’exemple typique de tout manuel de mécanique. Ayant complété l’étude du mouve-ment du solide libre, nous nous attaquons au mouvement du solide soumis à un torque. Pource faire nous choisissons l’exemple le plus simple d’une toupie symétrique dont la pointe estfixe et placée dans un champ gravitationnel uniforme. Comme la pointe est fixe, nous allonsl’utiliser comme l’origine à la fois pour le système inertiel OXY Z et pour le système intrin-sèque Ox1x2x3 qui lui, tourne avec la toupie (voir la figure 6.14). À priori ceci semble poserun problème puis que nous avions réussi en (6.42) à séparer T à condition que l’origine duréférentiel intrinsèque coïncide avec le C.M. du solide, ce qui n’est pas le cas ici. Par contreici, les deux origines coïncident et doncR = 0, R= V =0 et il ne reste que Trot. De plus, lecorps étant symétrique, l’énergie cinétique de rotation peut s’écrire

Trot =I12

¡Ω21 +Ω

22

¢+

I32Ω23 (6.113)

avec I1 = I2 mais ici I1 n’est pas égal au moment d’inertie calculé par rapport à l’axeprincipal 1 : Ipr qui lui, passe par le C.M. Cependant, par le théorème des axes parallèles oncalcule trivialement que le I1 qui apparaît ici est simplement

I1 = I1pr +Mh2 (6.114)où M est la masse de la toupie et h la distance séparant la pointe du C.M.. Auparavant nousn’avions pas l’habitude de spécifier « pr » pour alléger l’écriture nous retenons le symbolemême si ce n’est pas une moment d’inertie par rapport à un axe principal.

En terme des angles d’Euler (6.113) est identique à (6.88) puisque I2 = I1

T =I12

³θ2+ ϕ2 sin2 θ

´+

I32

³ψ + ϕ cos θ

´2(6.115)

tenant compte que I1 est défini en (6.114). Comme le champ gravitationnel est constant onpeut représenter son effet comme une force Mg appliquée au C.M.. Puisque la pointe estfixe, cette force génère un torque ainsi l n’est plus une constante du mouvement. Pour écrirele lagrangien nous n’avons besoin que de l’énergie potentielle résultant de la présence de cechamp de force, c’est simplement

V =Mgh cos θ (6.116)et alors

L =I12

³θ2+ ϕ2 sin2 θ

´+

I32

³ψ + ϕ cos θ

´2−Mgh cos θ. (6.117)

Ici, comme d’ailleurs dans le cas libre, ϕ et ψ sont cycliques et par conséquent pϕ et pψ sontdes constantes du mouvement. D’autre part de façon générale l= τ (le torque) où τ = r×F(voir figure ??). Or ici la force est parallèle à OZ et donc lz = constante et de plus cette

Φ

x1

2x

3x

X

Y

Z

F

Figure 6.15 NToupie symétrique pesante.

force est attachée à un point se trouvant sur l’axe Ox3 et donc l3 = constante aussi. Nousavons déjà remarqué (dans le cas libre) en (6.92) que

pψ =∂L

∂ψ= I3

³ψ + ϕ cos θ

´= I3Ω3 = l3 = constante (6.118)

identifiant pψ à l3. D’autre part, il est également évident que

pϕ =∂L

∂ϕ= I1ϕ sin

2 θ + I3

³ψ + ϕ cos θ

´cos θ

= lz = constante. (6.119)Combinant ces deux expressions nous obtenons

ϕ =lz − l3 cos θ

I1 sin2 θ

(6.120)

104

C h a p i t r e 6Mouvement d’une toupie symétrique pesante à un point fixe

et combinant (6.119) et (6.120) nous isolons ψ

ψ =l3I3− cos θ

I1 sin2 θ(lz − l3 cos θ) . (6.121)

Si on connaît θ(t), on peut en principe intégrer (6.120) et (6.121) pour obtenir ϕ(t) et ψ(t), cequi donnerait la solution complète du problème. Pour obtenir θ(t) on peut utiliser l’équationde Lagrange

d

dt

µ∂L

∂θ

¶− ∂L

∂θ= 0 (6.122)

dont on élimine les ϕ et ψ à l’aide de (6.120) et (6.121) pour avoir une équation différentielleuniquement en θ, θ, θ. Isolant θ dans une telle équation nous donne

I1θ =(lz − l3 cos θ) (lz cos θ − l3)

I1 sin2 θ

−Mgh cos θ ≡ − ∂

∂θVeff(θ) (6.123)

ce qui nous permettrait d’identifier (par définition) un potentiel efficace Veff(θ) pour le mou-vement en θ. Est-il besoin de dire qu’intégrer une telle équation différentielle est technique-ment assez difficile. Il existe cependant une autre approche qui nous donne Veff plus facile-ment. Rappelons qu’en présence d’un torque, l n’est plus une constante de mouvement maisque l’énergie E continue à être une constante du mouvement là où

E = T + V. (6.124)Utilisant (6.115, 6.116, et 6.118) nous avons

E =I12θ2+

I12ϕ2 sin2 θ +

l232I3|z= const.

+Mgh cos θ. (6.125)

Définissant E0 = E − l232I3−Mgh et à l’aide de (6.120) nous avons

E0 =I12θ2+(lz − l3 cos θ)

2

2I1 sin2 θ

−Mgh (1− cos θ)

= Tθ + Vθ (126)

définissant ainsi Vθ, un potentiel efficace pour l’étude du mouvement en θ. Ici aussi l’intégra-tion mène à des intégrales elliptiques et on perd les propriétés du mouvement dans les méan-dres techniques. Heureusement il est possible de déterminer qualitativement les propriétésintéressantes de ce mouvement. Avant de procéder cependant remarquons que si θ = 0, Vθsemble exploser à cause du facteur sin2 θ au dénominateur. En fait, à θ = 0 les axes Ox3 etOZ coïncident, et lz − l3 cos θ = 0. C’est donc une indétermination. On peut vérifier, par larègle de l’Hôpital que le terme litigieux de Vθ → 0 lorsque θ→ 0.

limθ→0

Vθ = limθ→0

d(lz−l3 cos θ)2dθ

d(2I1 sin2 θ)dθ

− limθ→0

Mgh (1− cos θ)

= limθ→0

2 (lz − l3 cos θ) l3 sin θ

4I1 sin θ cos θ

= limθ→0

(lz − l3 cos θ) l32I1 cos θ

= 0

Faisons la transformation de variable

u = cos θ =⇒ u = −θ sin θ =⇒ θ = − u√1− u2

(6.127)

105


remplaçons dans (6.126)

E0 =I12θ2+(lz − l3 cos θ)

2

2I1 sin2 θ

−Mgh (1− cos θ)

=I12

u2

(1− u2)+(lz − l3u)

2

2I1(1− u2)−Mgh (1− u)

et isolons u2 pour obtenir

u2 =2(1− u2)

I1

ÃE0 − (lz − l3u)

2

2I1(1− u2)+Mgh (1− u)

!(6.128)

=2(1− u2)

I1(E0 +Mgh (1− u))− (lz − l3u)

2

I21(6.129)

qui est de la formeu2 = (α− βu) (1− u2)− (b− au)2 ≡ f(u). (6.130)

avec

α =2(1− u2)

I1(E0 +Mgh) (6.131)

β =2(1− u2)

I1Mgh (6.132)

b =lzI1

(6.133)

a =l3I1

(6.134)

La fonction f(u) est un polynôme cubique en u dont le coefficient de u3, β > 0. Doncf(−∞) → −∞ et f(+∞) → +∞ avec deux extrema entre ces deux limites. Puisqueu = cos θ, seul le problème de u compris u = −1 et u = +1 nous intéresse. D’autre part en(6.130)

f(u) = u2 > 0 i.e. f(u) ≥ 0 (6.135)et nous sommes donc limités au domaine où f(u) > 0 entre u1 et u2. Pour qu’une situationphysique existe, il faut que ces deux conditions soient remplies

−1 ≤ u ≤ 1f(u) ≥ 0

. Si tel est le cas et puisque θ marque l’angle entre la verticale et l’axe de symétrie de latoupie, cet axe de symétrie aura, par rapport à la verticale, un angle qui oscillera entre lesangles θ1 et θ2 où

cos θ1 = u1, cos θ2 = u2. (6.136)C’est ce qu’on appelle une nutation (voir figure 6.16). Rappelons qu’en (6.120) nous avons

précession

nutation

Ωpr

Ωnut

Figure 6.16 NPrécession et nutation.

obtenu pour ϕ

ϕ =lz − l3 cos θ

I1 sin2 θ

. (6.137)

Selon les conditions initiales qui déterminent lz et l3 et selon le domaine de variation permispour θ, donc pour cos θ on peut identifier trois scénarios différents pour1. lz − l3 cos θ > 0 pour tout le domaine de variation de θ. Alors ϕ ne change pas de signe

et la précession est continue bien que de vitesse variable. (La même chose est valide silz − l3 cos θ < 0 dans tout le domaine, on change simplement le signe de ϕ).

2. lz − l3 cos θ change de signe entre θ1 et θ2. Parce que la fonction cos θ est monotonecroissante entre −1 et +1, alors ϕ(θ2) aura le signe inverse de ϕ(θ1). La précessioncontinuera de se produire mais avec des mouvements de va-et-vient.

3. lz − l3 cos θ ne change pas de signe dans le domaine θ1 < θ < θ2 mais s’annule soit à θ1

106

C h a p i t r e 6Mouvement d’une toupie symétrique pesante à un point fixe

soit à θ2. Dans ce cas la précession est toujours dans la même direction mais marque untemps d’arrêt lorsque la nutation atteint une de ses valeurs limites (soit θ1 soit θ2) là où ϕs’annule.

Il est habituel de représenter ces trois situations à l’aide de figures simples. On dessine unesphère qui est celle que l’extrémité libre de la toupie peut générer (puisqu’elle a une pointefixe) et sur la surface de cette sphère on trace la trajectoire que la pointe libre y dessinerait.On a alors les trois sphères de la figure 6.17 respectivement.

Figure 6.17 JIPrécession et nutation.

ϕ

θ

θ1

2

ϕ

θ

θ1

2

ϕ

θ

θ1

2

Tous ceux qui se sont amusés avec une toupie ont pu constater la chose suivante. Si ondémarre la toupie avec une vitesse élevée et une faible inclinaison par rapport à la verti-cale, alors elle dort, son axe demeurant pratiquement vertical. La friction aidant sa vitessediminue jusqu’à un pointe où la toupie devient presque brutalement instable. Pour étudier cephénomène rappelons la définition de Vθ en (6.126)

Vθ =(lz − l3 cos θ)

2

2I1 sin2 θ

−Mgh(1− cos θ). (6.138)

On constate d’abord que Vθ(θ = 0) = Mgh et que le deuxième terme de Vθ est répulsifparce que cos θ est maximum à θ = 0. Si la position de la toupie est stable à θ ≈ 0, c’est queVθ doit avoir un minimum à θ ≈ 0. Pour étudier ce phénomène faisons une expansion de Vθvalable aux petits angles (Taylor)

Vθ = Vθ(0) + θ∂Vθ∂θ

¯θ=0

+θ2

2

∂2Vθ

∂θ2

¯θ=0

+ · · · (6.139)

Se rappelant qu’à θ = 0, OZ et Ox3 coïncident, donc l3 = lz

Vθ(0) = 0 = constante sans intérêt (6.140)

∂Vθ∂θ

¯θ=0

=(lz − l3 cos θ) (l3 − lz cos θ)

I1 sin3 θ

¯θ=0

− Mgh sin θ|θ=0 . (6.141)

Alors utilisant la règle de l’Hôpital,

limθ→0

∂Vθ∂θ

= 0− 0 = 0 : extremum à θ = 0. (6.142)

Par ailleurs∂2Vθ

∂θ2

¯θ=0

=l23I1

(1− cos θ)sin4 θ

(2 + cos2 θ − 3 cos θ)¯θ=0

− Mgh cos θ|θ=0 (6.143)

Le premier terme donne, utilisant une fois la règle de l’Hôpital,

limθ→0

l23I1

(1− cos θ)sin4 θ

(2 + cos2 θ − 3 cos θ) = 0

0(6.144)

une indétermination. Une double application de la règle de l’Hôpital donne cependant∂2Vθ

∂θ2

¯θ=0

=l23I1

1

4−Mgh. (6.145)

Au total donc

Vθ =θ2

2

µl234I1−Mgh

¶+ · · · (6.146)

107


L’extremum à θ = 0 sera un minimum si l234I1−Mgh > 0 donc si

l23 = I23Ω23 > 4I1Mgh

ou encoreΩ23 >

4I1Mgh

I23(6.147)

Tant que la vitesse de rotation de la toupie qui dort, essentiellement Ω3, satisfait cette con-dition, la position verticale de la toupie est stable. Lorsque la friction fait tomber la vitessesous cette limite l’extremum de Vθ à θ ≈ 0 devient instable et le mouvement devient rapi-dement désordonné. Le tout est en fait le résultat d’une compétition entre le terme de Vθ,Mgh cos θ, qui tend à faire tomber la toupie, et un terme qui provient de la rotation de latoupie et tend à la garder verticale. Plus la vitesse de rotation augmente, plus la stabilité estgrande et moins l’effet de Mgh cos θ (donc du torque extérieur) est important. En fait, onpeut dire qu’à grande vitesse la situation ressemble au cas libre.

6.9 La toupie asymétrique libre : problème destabilité

Nous avons ici I1 6= I2 6= I3. Posons ici I1 < I2 < I3. Dans la cas libre nous avonsessentiellement conservation de l donc de l2 et de E. Développant selon les axes principauxnous aurons

l2 = l2 = I21Ω21 + I22Ω

22 + I23Ω

23 = constante (6.148)

E =1

2I1Ω

21 +

1

2I2Ω

22 +

1

2I3Ω

23 = constante. (6.149)

On peut aussi écrirel2 = l21 + l22 + l23 (6.150)

E =l212I1

+l222I2

+l232I3

(6.151)Traçant les trois axes orthogonaux de coordonnées, l1, l2 et l3, on constate que la première

1

23

4

56

l

l

l

3

1

2

Figure 6.18 NLa toupie asymétrique libre : série de trajectoirestracées par la pointe de l pour différentes valeursde l.

équation définit la surface d’une sphère de rayon l alors que la deuxième définit la surfaced’une ellipsoïde de demi-axes de longueurs

√2EI1,

√2EI2 et

√2EI3. Les deux équations

doivent être satisfaites simultanément. Ainsi l’extrémité du vecteur l ne pourra suivre que lescourbes d’intersection de ces deux surfaces. Il est également clair que

2EI1 ≤ l2 ≤ 2EI3 (6.152)Si l2 = 2EI1 (ou = 2EI3), l est minimum (maximum) et l est selon l’axe 1 (l’axe 3). Toutesles valeurs intermédiaires sont permises. On voit sur la figure 6.18 une série de trajectoirestracées par la pointe de l pour différentes valeurs de l croissant allant de la trajectoire 1 oùl est près de la valeur minimum jusqu’à la trajectoire 6 où l est près de sa valeur maximale.Dans le cas de la courbe1, l est près de la valeur minimale donc et l est surtout selon l’axe 1 cequi indique une rotation autour de l’axe 1. On voit que la trajectoire est fermée et que l dérivepeu de la direction 1. La rotation autour,ou presque, de l’axe 1 est stable. La même choses’applique lorsque l est près de la valeur maximale alors que l est près de la direction de l’axe3, indiquant une rotation autour de l’axe 3. Ici encore l trace une trajectoire fermée autourde l’axe 3. Mais tel n’est pas le cas lorsque la rotation se fait autour de l’axe 2 parce que lestrajectoires tracées par l et qui passent près de ou par la direction de l’axe 2 (rotation autour decet axe) ne sont pas fermées autour de l’axe 2 mais se promènent tout autour de l’ellipsoïde,passant même par les parties négatives de l2. Nous en concluons qu’une trajectoire initiéeautour de l’axe 2, celui dont le moment d’inertie a la valeur intermédiaire, entre I1 et I3, serainstable. C’est ce qu’on constate expérimentalement lorsqu’on fait tourner une raquette ou unlivre (gardé fermé par un élastique) par exemple.

Cette explication est clairement plus qualitative que quantitative mais elle nous donne

108

C h a p i t r e 6La toupie asymétrique libre : problème de stabilité

néanmoins une image raisonnable du phénomène.

109


6.10 Exercices

6.1. Triangle minceSoit le triangle mince de densité surfacique σ(x, y) = x illustrée dans la (figure 6.19).

3

4 x

y

z

3 34

y x= − +

xσ =

Figure 6.19 NProblème 6.1

(a) Déterminez la position du centre de masse.(b) Déterminez le tenseur d’inertie par rapport au centre de masse. (Indice : trouvez d’abord le

tenseur par rapport à l’origine du système (x, y, z) et appliquez le théorème des axes parallèles)(c) Déterminez les axes principaux et les valeurs d’inertie qui y sont associées.(d) Considérez que le triangle a une épaisseur ∆z = ε¿ 1 et une densité volumique ρ(x, y, z) =

x. Montrez qu’au premier ordre en ε, le moment d’inertie Ixx autour de l’axe x est le mêmeque celui trouvé en (b).

6.2. Cylindre creuxConsidérez le système constitué d’un cylindre creux de rayonR roulant sur un plan horizontal dont

φ a

CM


le centre de masse est déplacé par rapport à son axe de symétrie naturel d’une valeur a (voir figure6.20). L’un des axes principaux demeure parallèle à l’axe de symétrie du cylindre. Il n’y a qu’undegré de liberté qu’on associe à l’angle φ. La masse totale du cylindre est M . Trouvez l’énergiecinétique totale T (φ, φ).

6.3. Masse-ressort revisitéOn considère le système suivant en 2-D (voir figure 6.21). Une particule ponctuelle de masse mglisse sur un axe et est attachée, par un ressort de constante k, à l’origine. Attaché à ce corps, il ya un pendule rigide : tige de longueur L et de masse M distribuée de façon homogène avec unedensité linéaire constante λ

k

M L

m

y

x

g


(a) Calculez le moment d’inertie de la tige.(b) Calculez l’énergie de rotation de la tige quand la particule m est supposée fixe.(c) Déterminez le lagrangien (tenir compte de la gravitation).(d) Y a-t-il des variables cycliques ? Si oui, lesquelles ?

6.4. Deux disques mincesOn considère un système composé de deux disques minces, 1 et 2, dans l’espace (sans gravitation)

0R R

r 2ω

1

2


(voir figure 6.22). Ils sont de rayons R et r, respectivement et de densité de surface σ0. Le disque1 est initialement au repos. Le disque 2 tourne librement à la vitesse angulaire ω2 autour d’un axesitué à la position R0 sur le disque 1. Au moment t = T , Le disque 1 est brusquement freiné par unmécanisme interne (ω2 = 0). Décrivez le mouvement du système des disques 1 et 2 pour t > T .La tige reliant les deux disques est de masse négligeable.

110

Notation

Annexe ADans cet ouvrage, un certain nombre de conventions ont été adoptées pour faciliter la

lecture. Les vecteurs à trois dimensions sont notés par des caractères grasx, r,v,F, ...

alors que les quadrivecteurs sont notés parx, p, ...

ou par leur composantes contravariantesxμ, pμ, ...

L’alphabet grec est utilisé fréquemment :

Alphabet GrecMajuscule Minuscule Prononciation Majuscule Minuscule Prononciation

A α alpha N ν nuB β bêta Ξ ξ xiΓ γ gamma O o omicron∆ δ delta Π π piE , ε epsilon P ρ rhoZ ζ zeta Σ σ sigmaH η eta T τ tauΘ θ, ϑ theta Υ υ upsilonI ι iota Φ φ, ϕ phiK κ kappa Ψ ψ psiΛ λ lambda X χ chiM μ mu Ω ω, omega

111

Unités SI

Annexe BLes lettres SI désignent le Système International d’unités. Il s’agit d’un système d’unités

cohérentes approuvés internationalement qui est en usage dans plusieurs pays et utilisé defaçon systématique pour les ouvrages scientifiques et techniques. Le système SI, basé sur lesunités MKS, replace les systèmes CGS et f.p.s. (Système Impérial). On peut diviser les unitésSI en trois groupes : le unités de base, supplémentaires et dérivées. Il y a sept unités de basequi sont dimensionnellement indépendantes.

Unités de base SIQuantité Physique Nom Symbolelongueur mètre mmasse kilogramme kgtemps seconde scourant électrique ampère Atempérature kelvin Kquantité de matiére mole molintensité lumineuse candela cd

Unités supplémentaires SIQuantité Physique Nom Symboleangle plan radian radangle solide stéradian sr

Unités dérivées SIQuantité Physique Nom Symbole Unités SIfréquence hertz Hz s−1

énergie joule J N ·mforce newton N kg ·m · s−2puissance watt W J · s−1pression pascal Pa N ·m−2charge électrique coulomb C A · sdifférence de potentiel électrique volt V W ·A−1résistance électrique ohm Ω V ·A−1conductance électrique siemens S A · V −1capacité électrique farad F C · V −1flux magnétique weber Wb V · sinductance henry H Wb ·A−1induction magnétique tesla T Wb ·m−2flux lumineux lumen lm cd · srillumination lux lx lm ·m−2activité bequerel Bq s−1

dose absorbée gray Gy J · kg−1dose équivalente sievert Sv J · kg−1

Les unités SI sont étendues grâce à des préfixes qui désignent les multiples ou fractionsdécimales des unités.

113

Unités SIA n n e x e B

Préfixes utilisés avec unités SIFacteur Préfixe Symbole Facteur Préfixe Symbole10 déca- da 10−1 déci- d102 hecto- h 10−2 centi- c103 kilo- k 10−3 milli- m106 méga- M 10−6 micro- μ109 giga- G 10−9 nano- n1012 tera- T 10−12 pico- p1015 peta- P 10−15 femto- f1018 exa- E 10−18 atto- a

Facteurs de conversion

Pour convertir de en Multiplier parActivité curie becquerel 3.7× 1010Aire acre m2 4046.873

Énergie

B.T.U.kilocalorieergélectron volt

joulejoulejoulejoule

1055.05641861.0× 10−71.60219× 10−19

Force dynelivre

newtonnewton

.000014.44822

Luminosité pied chandellephot

luxlux

10.7639110000.0

Longueur

ångströmpiedpoucemile

mètremètremètremètre

1.0× 10−10.3048.02541609.344

Flux magnétique maxwell weber 1.0× 10−8Champ magnétique gauss tesla 1.0× 10−4

Masse u.m.a.u.m.a.

kilogrammeMeV

1.66054× 10−27931.4868

Angle plandegréminuteseconde

radianradianradian

1.745329× 10−22.908882× 10−44.848137× 10−6

Puissance horsepower watt 745.69987

Pressionatmosphèrebartorr

pascalpascalpascal

101 3251.0× 105133.322

TempératureCelsiusFahrenheitFahrenheit

kelvinCelsiuskelvin

TK = TC + 273.15TF = (TC − 32) /1.8TK = (TF + 459.67) /1.8

Temps

anjourheureminute

secondesecondesecondeseconde

3.153600× 10786400360060

Volumegallonlitrepinte

m3

m3

m3

3.785412× 10−31.0× 10−39.463529× 10−4

114

Unités naturelles

Annexe CLes unités naturelles (UN) sont définies de façon à ce que les constantes fondamentales

que sont la constante de Planck et la vitesse de la lumière soient~ = 1

c = 1.

Elles sont utiles dans les systèmes physiques relativistes et/ou qui impliquent des effets quan-tiques mesurables.

Une quantité dans les unités SI (système international) qui possède des dimensionsEpLqT r

où x est un nombre pur devant E, L et T qui représentent les unités d’énergie (en Joules),longueur (en mètres) et temps (en secondes) respectivement, aura des unités d’énergie à lapuissance p− q− r, soit Ep−q−r dans le SUN. La conversion du SI au SUN procède commesuit. Si dans le SI E, L et T représentent les unités de masse, longueur et temps

[EpLqT r]SUN =

∙Ep

µL

~c

¶q µT

~

¶r¸SI=

∙EpLqT r

cq~q+r

¸SI

= [EpLqT r]SI ·¡6.24× 10−26 MeV−1J−1

¢p·¡5.1× 1012 MeV−1m−1

¢q · ¡1.52× 1021 MeV−1s−1¢r

où les quantités dans les crochets [A]SUN et [A]SI sont respectivement en unités SUN et SI.

SI SUNQuantité p q r n

Action 1 2 −1 0Vitesse 0 1 −1 0Masse 1 0 0 1Longueur 0 1 0 −1Temps 0 0 1 −1Impulsion 1 1 −1 1Énergie 1 2 −2 1Const. structure fine αem 0 0 0 0Const. de Fermi 1 5 −2 −2

115

Constantes fondamentales en physique

Annexe D

Constantes universelles

Quantité Symbole ValeurVitesse de la lumière (vide) c 2.99792458× 108ms−1Perméabilité du vide μ0 1.25664× 10−6NA−2Permittivité du vide (1/μ0c

2) 0 8.854187817× 10−12Fm−1Constante gravitationnelle G,κ 6.67259× 10−11m3kg−1s−2

Constante de Planck h 6.6260755× 10−34Jsen électron volts 4.135669× 10−15eVsh/2π ~ 1.05457266× 10−34Jsen électron volts 6.5821220× 10−16eVsMasse de Planck ((~c/G)

12 ) mP 2.17671× 10−8kg

Longueur de Planck ((~G/c3)12 ) lP 1.61605× 10−35m

Temps de Planck ((~G/c5)12 ) tP 5.39056× 10−44s

Constantes électromagnétiques

Quantité Symbole ValeurCharge de l’électron e 1.60217733× 10−19CRapport e sur h e/h 2.41798836× 1014AJ−1Quantum de flux magnétique (h/2e) Φ0 2.06783461× 10−15WbRatio fréquence-voltage Josephson 2e/h 4.8359767× 1014HzV−1Conductance Hall quantique e2/h 3.87404614× 10−5SRésistance Hall quantique (μ0c/2αem) RH 25812.8056ΩMagnéton de Bohr μB 9.2740154× 10−24JT−1en électron volts 5.78838263× 10−5eVT−1

Magnéton nucléaire (1 nm) μN 5.0507866× 10−27JT−1en électron volts 3.15245166× 10−8eVT−1

Constantes astronomiques

117

Constantes fondamentales en physiqueA n n e x e D

Quantité Symbole ValeurMasse du Soleil M¯ 1.98843× 1030 kgRayon du Soleil R¯ 6.9599× 108mMasse de la Terre M⊕ 5.97223× 1024 kgRayon de la Terre (équateur) R⊕ 6.378164× 106mRayon de la Terre (pôle) 6.356× 106mMasse de la Lune 7.349× 1022 kgRayon de l’orbite lunaire 3.844× 108mPression atmosphérique standard 101325 Pa (N ·m−2)

118

A n n e x e D

Constantes atomiques

Quantité Symbole ValeurStructure fine (μ0ce

2/2h) αem 7.29735308× 10−3α−1em 137.0359895

Constante de Rydberg R∞ 1.0973731534× 107m−1en hertz 3.2898419499× 1015Hzen joules 2.1798741× 10−18Jen électron volts 13.6056981eVRayon de Bohr (αem/4πR∞) a0 0.529177249× 10−10mÉnergie de Hartree Eh 4.3597482× 10−18Jen électron volts 27.2113961eVQuantum de circulation h/2me 3.63694807× 10−4m2s−1

h/me 7.27389614× 10−4m2s−1

Constantes physico-chimiques

Quantité Symbole ValeurNombre d’Avogadro NA 6.0221367× 1023mol−1Constante d’Avogadro 1023mol−1

Unité de masse atomique ( 112m(12C)) mu 1.6605402× 10−27kg

en électron volts (muc2/e) 931.49432MeV

Constante de Faraday F 96485.309Cmol−1

Constante de Planck molaire NAh 3.99031323× 10−10Jsmol−1NAhc 0.11962658Jmmol−1

Constant des gaz R 8.314510Jmol−1K−1

Constante de Boltzmann k 1.380658× 10−23JK−1en électron volts 8.617385× 10−5eVK−1en hertz 2.083674× 1010HzK−1Volume molaire (gaz parfait)a Vm 22.41410Lmol−1

Constante de Loschmidtb n0 2.686763× 1025m−3Constante de Loschmidtc Vm 22.71108Lmol−1

Constante de Sackur-Tetroded S0/R −1.151693Constante de Sackur-Tetrodee −1.164856Constante de Stefan-Boltzmann σ 5.67051× 10−8Wm−2K−4Constante de radiation primaire c1 3.7417749× 10−16Wm2

Constante de radiation secondaire c2 0.01438769mKConstante de Wien b 2.897756× 10−3mKConstante de Coulomb k0 8.98755× 109Nm2C−2

Constante de perméabilité μ0/4π 10−7TmA−1aT = 273.15K, p = 101325PabT = 273.15K, p = 101325PacT = 273.15K, p = 100kPadp0 = 100kPaep0 = 101325Pa

119

Systèmes de coordonnées

Annexe E

E.1 Coordonnées cartésiennesE.2 Coordonnées cylindriquesE.3 Coordonnées sphériques

E.1 Coordonnées cartésiennes

x

y

z

1

planz = z

e

e

ex

z

y

planx = x plan

y = y1

1

O

P(x ,y ,z )1 1 1

Figure E.1 N

Les vecteurs unitaires d’un système de coordonnées cartésiennes ex, ey, ez ont les pro-priétés suivantes

ex × ey = ez

ey × ez = ex (E.1)ez × ex = ey.

Un vecteur A dans ce système de coordonnées s’exprime souvent sous la forme de ses com-posantes A =(Ax, Ay, Az) ce qui représente la somme vectorielle

A = exAx + eyAy + ezAz. (E.2)Les éléments de longueur, dl =(dx, dy, dz), de surface, (dsx, dsy, dsz) , et de volume, dv,sont respectivement

dl = exdx+ eydy + ezdz (E.3)dsx = dydz

dsy = dxdz (E.4)dsz = dxdy

dv = dxdydz. (E.5)

Remarque 6.2 Dans la littérature, les vecteurs unitaires ex, ey, ez s’écrivent aussi souventsous les formes variées

i, j,k ou x, y, z ou x, y, z ou ex, ey, ez.

i

Opérateurs différentiels :

Posons des fonctions scalaires et vectoriellesU ≡ U (x, y, z)

A ≡ Axex +Ayey +Azez

Ax ≡ Ax (x, y, z)

Ay ≡ Ay (x, y, z)

Az ≡ Az (x, y, z)

121

Systèmes de coordonnéesA n n e x e E

Gradient :∇U = ∂U

∂xex +

∂U

∂yey +

∂U

∂zez

Laplacien :

∆U=∇2U =∂2U

∂x2+

∂2U

∂y2+

∂2U

∂z2

Divergence :

∇ ·A =∂Ax

∂x+

∂Ay

∂y+

∂Az

∂z

Rotationel :

∇×A =

µ∂Az

∂y− ∂Ay

∂z

¶ex +

µ∂Ax

∂z− ∂Az

∂x

¶ey +

µ∂Ay

∂x− ∂Ax

∂y

¶ez.

E.2 Coordonnées cylindriques

x

y

z

1

planz = z

e

e

eρ

z

φ

cylindreρ = ρ

planφ = φ

1

1

O

1

11

φ

P

xy

Figure E.2 N

Les vecteurs unitaires d’un système de coordonnées cylindriques eρ, eφ, ez ont les pro-priétés suivantes

eρ × eφ = ez

eφ × ez = eρ (E.6)ez × eρ = eφ.

Un vecteurA dans ce système de coordonnées s’exprime souvent sous la forme de ses com-posantesA =(Aρ, Aφ, Az) ce qui représente la somme vectorielle

A = eρAρ + eφAφ + ezAz. (E.7)Les éléments de longueur, dl =(dρ, rdφ, dz), de surface, (dsρ, dsφ, dsz) , et de volume, dv,sont respectivement

dl = eρdρ+ eφrdφ+ ezdz (E.8)dsρ = ρdφdz

dsφ = dρdz (E.9)dsz = ρdρdφ

dv = ρdρdφdz. (E.10)Les relations de transformations de coordonnées cylindriques à coordonnées cartésiennessont les suivantes :

x = ρ cosφ

y = ρ sinφ (E.11)z = z

et inversementρ =

px2 + y2

φ = arctany

x(E.12)

z = z.


122

A n n e x e ECoordonnées sphériques

Posons des fonctions scalaires et vectoriellesU ≡ U (ρ, φ, z)

A ≡ Aρeρ +Aφeφ +Azez

Aρ ≡ Ax cosφ+Ay sinφ

Aφ ≡ −Ax sinφ+Ay cosφ


∂ρeρ +

1

ρ

∂U

∂φeφ +

∂U

∂zez

Laplacien :

∆U=1

ρ

∂

∂ρ

µρ∂U

∂ρ

¶+1

ρ2∂2U

∂φ2+

∂2U

∂z2

Divergence :

∇ ·A =1

ρ

∂

∂ρ(ρAρ) +

1

ρ

∂Aφ

∂φ+

∂Az

∂z

Rotationel :

∇×A =

µ1

ρ

∂Az

∂φ− ∂Aφ

∂z

¶eρ +

µ∂Aρ

∂z− ∂Az

∂ρ

¶eφ +

µ∂

∂ρ(ρAφ)−

∂Aρ

∂φ

¶ez.

E.3 Coordonnées sphériques

x

y

z

1

côneθ = θ

e

e

e

r

φ

sphèrer = r

planφ = φ

1

1

O

1

1 1

φ

P

rθ

θ

Figure E.3 N

Les vecteurs unitaires d’un système de coordonnées sphériques er, eθ, eφ ont les pro-priétés suivantes

er × eθ = eφ

eθ × eφ = er (E.13)eφ × er = eθ.

Un vecteur A dans ce système de coordonnées s’exprime souvent sous la forme de ses com-posantes A =(Ar, Aθ, Aφ) ce qui représente la somme vectorielle

A = erAr + eθAθ + eφAφ. (E.14)Les éléments de longueur, dl =(dr, rdθ, r sin θdφ), de surface, (dsr, dsθ, dsφ) , et de vol-ume, dv, sont respectivement

dl = erdr + eθrdθ + eφr sin θdφ (E.15)

dsr = r2 sin θdθdφ

dsθ = r sin θdrdφ (E.16)dsφ = rdrdθ

dv = r2 sin θdrdθdφ.Les relations de transformations de coordonnées sphériques à coordonnées cartésiennes sontles suivantes :

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ (E.17)z = r cos θ

123


et inversementr =

px2 + y2 + z2

θ = arctan

px2 + y2

z(E.18)

φ = arctany

x.


Posons des fonctions scalaires et vectoriellesU ≡ U (r, θ, φ)

A ≡ Arer +Aθeθ +Aφeφ

Ar ≡ Aρ sin θ +Az cos θ

Aθ ≡ Aρ cos θ −Az sin θ

Aφ ≡ −Ax sinφ+Ay cosφ


∂rer +

1

r

∂U

∂θeθ +

1

(r sin θ)

∂U

∂φeφ

Laplacien :

∆U=1

r

∂2

∂r2¡r2U

¢+

1

(r2 sin θ)

∂

∂θ

µsin θ

∂U

∂θ

¶+

1¡r2 sin2 θ

¢ ∂2U∂φ2

Divergence :

∇ ·A =1

r

∂2

∂r2¡r2Ar

¢+

1

(r sin θ)

∂

∂θ(sin θAθ) +

1

(r sin θ)

∂Aφ

∂φRotationel :

∇×A =1

(r sin θ)

µ∂

∂θ(sin θAφ)−

∂Aθ

∂φ

¶er

+1

(r sin θ)

µ∂Ar

∂φ− sin θ ∂

∂r(rAφ)

¶eθ

+

µ∂

∂r(ρAθ)−

∂Ar

∂θ

¶eφ.

124

A n n e x e EAide-mémoire

E.4 Aide-mémoire

Métriques :

En coordonnées cartésiennes :ds2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2

En coordonnées sphériques :ds2 = (dr)2 + r2 (dθ)2 + r2 sin2 θ (dϕ)2

En général :ds2 =

Xi,j

gijdqidqj .

Mécanique lagrangienne :

Le LagrangienL = T − V (E.19)

Équation d’Euler-Lagrange pour un lagrangien L(qi, qi, t) :

forces conservatrices (F (r) = −∇V (r)) :d

dt

µ∂L

∂qi

¶− ∂L

∂qi= 0

forces non conservatrices (F (r) 6= −∇V (r)) :d

dt

µ∂L

∂qi

¶− ∂L

∂qi= Qi

où Qi = composantes de la force généralisée.Potentiel efficace :

Veff. = Veff.(r0) +∂Veff.∂r

¯r0

(r − r0) +1

2

∂2Veff.∂r2

¯r0

(r − r0)2 +O(r3)

Variables cycliques (lagrangien indépendant de qi) :∂L

∂qi≡ 0, ∂L

∂qi= constante.

Mécanique hamiltonienne

Le hamiltonien :

H(qi, pi, t) =nXi

qipi − L(qi, qi, t) avec pi ≡∂L

∂qi

Équations canoniques du mouvement :

qi =∂H

∂pi, pi = −

∂H

∂qi

125


Le crochet de Poisson :

A,Bq,p ≡nXi

∙∂A

∂qi

∂B

∂pi−∂A

∂pi

∂B

∂qi

¸Pour une fonction quelconque :

dF

dt= F,H+ ∂F

∂t.

Variables canoniques qi, pi :qk, qj = 0, pk, pj = 0, qk, pj = δkj

Transformations canoniques

Transformations canoniques :qi, pi, L(qi, qi, t),H(qi, pi) =⇒

T.C.Qi, Pi, L

0(Qi, Qi, t),K(Qi, Pi)

avec

L = L0 +dF

dt

K = H +∂F

∂tet générateurs

Var. ind. Générateurs Transformation Éqs. de la T.C.qi, Qi F1(qi,Qi, t) pi =

∂F1∂qi

Pi = − ∂F1∂Qi

K = H + ∂F1∂t

∂pi∂Qj

= −∂Pj∂qi

qi, Pi F2(qi, Pi, t) pi =∂F2∂qi

Qi =∂F2∂Pi

K = H + ∂F2∂t

∂pi∂Pj

=∂Qj

∂qi

pi, Qi F3(pi, Qi, t) qi = −∂F3∂qi

Pi = −∂F2∂Pi

K = H + ∂F3∂t

∂Qj

∂pi= − ∂qi

∂Pj

pi, Pi F4(pi, Pi, t) qi = −∂F4∂qi

Qi =∂F4∂Pi

K = H + ∂F4∂t

∂Pj∂pi

=∂qj∂Qi

Méthose Hamilton-Jacobi

Équation de Hamilton-Jacobi :

H(qi,∂S

∂qi, t) +

∂S(qi, αi, t)

∂t= 0 avec pi =

∂S

∂qi

Pour ∂H∂t = 0 :

S(qi, αi, t) =W (qi, αi)− α1t

Variables cycliques :

W (qi, αi) =

cycliquesXk

αkqk +W 0(qj , αj)

Théorie des perturbations

Hamiltonien :H(qi, pi) = H0(qi, pi) +H1(qi, pi) ou H1 < H0

126

A n n e x e EAide-mémoire

Avec les solutions connues de H0 :

a(0)i = a(0)i ,H0+

∂

∂ta(0)i ≡ 0

b(0)i = b(0)i ,H0+

∂

∂tb(0)i ≡ 0.

on solutionneai = ai,H1bi = bi,H1.

Méthode par série : développement de puissances λ en utilisantH1 = λh(qi, pi)

ai = a(0)i + λa

(1)i + λ2a

(2)i + · · ·

bi = b(0)i + λb

(1)i + λ2b

(2)i + · · ·

Méthode itérative : itération avec solutions de départ a(0)j , b(0)j

a(n+1)i = ai,H1|a(n)j ,b

(n)j

b(n+1)i = bi,H1|a(n)j ,b

(n)j

Méthode de la moyenne (orbite cyclique de période τ ) :

ai =1

τ

Z τ

0

ai,H1dt

bi =1

τ

Z τ

0

bi,H1dt

Corps rigides

Tenseur d’inertie :Iik =

Xpart.

m [δikxlxl − xixk]

Dynamique de rotation :

torque τ i =dLidt = Iikαk ou τ = L = Iα

moment cinétique Li = Iikωk ou L = Iωénergie cinétique Trot =

12ωiIikωk ou Trot =

12Iω

2

Moments d’inertie principaux (diagonalisation) :

UIU−1 = ID où ID =

⎛⎝ I1 0 00 I2 00 0 I3

⎞⎠Équations d’Euler :

I1Ω1 − Ω2Ω3(I2 − I3) = τ1

I2Ω2 − Ω3Ω1(I3 − I1) = τ2

I3Ω3 − Ω1Ω2(I1 − I2) = τ3

ouIidΩidt

+ ijkΩjΩkIk = τ i (pas de somme sur i)Toupie sphérique : I1 = I2 = I3 = I

Toupie symétrique : I1 = I2 6= I3Toupie asymétrique : I1, I2, I3 différents

127


Moments d’inertie I par rapport à l’axe de symétrie :Masse ponctuelle p/r à axe MR2 Disque ou cylindre plein : 1

2MR2

Tige mince p/r centre : 112MR2 Tige mince p/r extrémité : 1

3MR2

Cylindre creux/anneau mince : MR2 Anneau épais : 12M(R

2int +R2ext)

Sphère pleine : 25MR2 Sphère creuse : 2

3MR2

Condition de roulement sans glissement : v = ωRThéorème des axes parallèles : I = ICM +M · d2Théorème des plaques minces : Iz = Ix + IyConstantes usuelles :

Accélération gravitationnelle : g = 9.8 m·s−2Rayon terrestre : R = 6378 km

Vitesse angulaire terrestre : ω = 7.27× 10−5 rad · s−1

128

A n n e x e ERéférences

E.5 Références

Les notes couvrent une partie de ce qui est traité dans les volumes suivants et ceux-cipeuvent être utilisés à titre complémentaire.1. Classical Mechanics, H. Goldstein, 2e édition, Addison-Wesley (1980) ou édition plus

récente..

2. Mécanique., L. Laudau et E. Lifchitz, 4e édition, Éditions MIR.

3. Theoretical Mechanics, E.J. Saletan et A.H. Cromer, John Wiley & Sons.

4. Classical description of motion, E.J. Konopinski, W.H.Freeman & Co.

5. Intermediate Classical Mechanics, J. Norwood, Prentice Hall.

129

I n d e x

Index

(en construction...)

131

T a b l e d e s m a t i è r e s

Table des matières

Avant-propos v

1 RAPPEL 11.1 Trajectoire et cinématique d’une particule ponctuelle 1

1.2 Plusieurs particules ponctuelles 2

1.3 Éléments de dynamique 3

1.4 Travail et Énergie 5

1.5 Systèmes à N particules et forces extérieures 6

1.6 Degrés de liberté 8

1.7 Exercices 11

2 FORMALISME DE LAGRANGE 132.1 Résultats d’expérience et principe de base 13

2.2 Variation fonctionnelle et application du principe 14

2.3 La fonction L(qi, qi, t) 16Forces conservatrices 16Forces non conservatrices 18

2.4 Coordonnées curvilignes 18

2.5 Les contraintes 22Méthode des multiplicateurs de Lagrange 24

2.6 Invariance de jauge 25

2.7 Quelques caractéristiques, propriétés, limites... 27

2.8 Exercices 29

3 APPLICATIONS ET PROPRIÉTÉS 333.1 Cas simples en mécanique 33

Particule dans un champ gravitationnel 33Particule suspendue à un ressort 34Particule suspendue au bout d’une tige rigide 35Pendule plan suspendu par un ressort de masse nulle 36

3.2 Exemples non mécaniques 38Principe de Fermat 38

133


3.3 Problème à deux corps 40

3.4 Le potentiel central 41

3.5 Constantes du mouvement 44

3.6 Exercices 47

4 LE FORMALISME CANONIQUE 494.1 La transformation de Legendre 49

4.2 Le hamiltonien 50

4.3 Quelques exemples 51Particule soumise à une force en une dimension 51

Particule soumise à une force en trois dimensions 52

Particule dans un champ central 52

4.4 Les crochets de Poisson 54

4.5 Les moments généralisés 57

4.6 Les transformations canoniques (T.C.) 58Quelques exemples 63

4.7 Une transformation canonique très spéciale : La méthode deHamilton-Jacobi 66L’objectif 66

La méthode 67

4.8 T (qi, pi) en coordonnées généralisées 70

4.9 La fonction S (ou comment refermer la boucle) 71

4.10 Exercices 73

5 THÉORIE DES PERTURBATIONS 775.1 Buts de la méthode 77

5.2 L’idée de base : “varier” les constantes 77

5.3 Les approximations 78Méthode par série 78

Méthode itérative 79

Méthode de la moyenne 79

5.4 Exemple 80

5.5 Méthode canonique de perturbations 81

5.6 Autre exemple 82Développement en série 83

Solution itérative. 84

Méthode de la moyenne 86

5.7 Exercices 88

6 MOUVEMENT DU SOLIDE 89

134


6.1 Degrés de liberté du solide 89

6.2 L’énergie cinétique et le tenseur d’inertie 91

6.3 Parenthèse sur les axes principaux et le tenseur d’inertie 93

6.4 Le moment cinétique/angulaire du solide 96

6.5 Approche vectorielle et les équations d’Euler 97

6.6 Angles d’Euler et approche lagrangienne 100

6.7 Exemple 101

6.8 Mouvement d’une toupie symétrique pesante à un point fixe 104

6.9 La toupie asymétrique libre : problème de stabilité 108

6.10 Exercices 110

A Notation 111

B Unités SI 113Facteurs de conversion 114

C Unités naturelles 115

D Constantes fondamentales en physique 117Constantes universelles 117Constantes électromagnétiques 117Constantes astronomiques 118Constantes atomiques 119Constantes physico-chimiques 119

E Systèmes de coordonnées 121E.1 Coordonnées cartésiennes 121

E.2 Coordonnées cylindriques 122

E.3 Coordonnées sphériques 123

E.4 Aide-mémoire 125

E.5 Références 129

Index 131

Table des matières 133

135

Mécanique Classique II - e-monsite

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