Considérer un système en une dimension dont la dynamique est décrite par le Hamiltonien suivant : H (p, q) = p

2008-2009

Mécanique Analytique , Partiel 2

Epreuve du 11 décembre 2008 ; durée : 110 minutes ; sans document ni calculatrice

Exercice 1 : Canoniser un Hamiltonien (16 points)

Considérer un système en une dimension dont la dynamique est décrite par le Hamiltonien suivant : H (p, q) = p

²

2m

1 + q

²

L

²

+ V (q) où V (q) est un potentiel qui sera précisé plus loin.

1. Ecrire les équations du mouvement pour un potentiel générique V (q) .

2. Faire un changement de coordonnées (p, q) → (P, Q) pour obtenir un Hamiltonien de la forme : K(P, Q) = P

²

2 + W (Q) 3. Pour les deux situations suivantes :

( I ) V

_I

(q) = 0 , p(0) = p

0

, q(0) = L sinh(η) ( II ) V

_II

(q) = ξ

r 1 + t

t

0

arcsinh q L

, p(0) = 0 , q(0) = 0 (a) Ecrire les équations du mouvement pour P, Q .

(b) Les résoudre avec les conditions initiales indiquées plus haut

(c) Inverser la transformation de coordonnées pour trouver les solutions p(t), q(t) . (d) Vérier cette solution.

Exercice 2 : Petit choix de questions (14 points)

Les questions suivantes peuvent être résolues séparément.

1. La nouvelle coordonnée est donnée par :

Q = q

²

+

¹₂

cos(q) Trouver P (p, q) an de rendre la transformation canonique.

2. Prendre un système en coordonnées polaires : H(p

_r

, p

_θ

, r, θ) = 1

2m

p

²_r

+ p

²_θ

r

²

+ V (r, θ)

où p

_r

est le moment conjugué à r et p

_θ

le moment conjugué à θ . Est-il possible de le mettre sous la forme :

K = 1

2m (P

₁²

+ P

₂²

) + W (Q

₁

, Q

₂

) en posant P

₁

= p

_r

?

3. Une transformation canonique pour un système unidimensionnel est décrite par la fonction généra- trice de type F

₄

(p, P) :

F

₄

(p, P ) = P

²

cosh(p)

Trouver la fonction génératrice de type F

₃

(p, Q) qui décrit la même transformation.

4. Trouver le Hamiltonien correspondant au Lagrangien suivant : L( ˙ x, x, t) = 1

4λ x ˙

⁴

− ξ cosh

³

(x)

5. Considérer le Lagrangien :

L( ˙ x

1

, x ˙

2

, x

1

, x

2

, t) = α

2 x ˙

²₁

+ β x ˙

1

x ˙

2

+ γ

2 x ˙

²₂

− ξ(x

²₁

+ x

²₂

) cos

²

(x

1

x

2

) Trouver les impulsions généralisées p

1

et p

2

.

Quelle condition imposer pour pouvoir inverser les relations p

i

= p

i

({x

j

}, { x ˙

j

}) ? Dans le cas où l'on ne peut pas inverser, donner la raison.

Dans le cas contraire, trouver le Hamiltonien correspondant.

6. Vérier si la transformation suivante est canonique :



 

 

 

 

P = 1

√ 2 q

²

p

²

(1 − p

²

)

Q = 1

√ 2 p q

Formulaire

Dérivées des fonctions trigonométriques inverses : arccos(x)

⁰

= −1

√ 1 − x

²

arccosh(x)

⁰

= 1

√ x

²

− 1

arcsin(x)

⁰

= 1

√ 1 − x

²

arcsinh(x)

⁰

= 1

√ 1 + x

²

arctan(x)

⁰

= 1

1 + x

²

arctanh(x)

⁰

= 1

1 − x

²

arccot(x)

⁰

= −1

1 + x

²

arccoth(x)

⁰

= 1

1 − x

²

Liste des fonctions génératrices élémentaires :

1 : F = F

1

(q

i

, Q

i

, t) ⇒



 

 

 

 

p

i

= ∂F

1

∂q

i

P

_i

= − ∂F

₁

∂Q

i

2 : F = − P Q

_i

P

_i

+ F

₂

(q

_i

, P

_i

, t) ⇒



 

 

 

 

p

i

= ∂F

2

∂q

_i

Q

i

= ∂F

₂

∂P

i

3 : F = P q

_i

p

_i

+ F

₃

(p

_i

, Q

_i

, t) ⇒



 

 

 

 

q

_i

= − ∂F

₃

∂p

i

P

i

= − ∂F

3

∂Q

_i

4 : F = P q

_i

p

_i

− P Q

_i

P

_i

+ F

₄

(p

_i

, P

_i

, t) ⇒



 

 

 

 

q

i

= − ∂F

4

∂p

i

Q

_i

= ∂F

₄

∂P

i

Dans tous les cas :

∂F (P , Q , t)

2008-2009

Mécanique Analytique , Corrigé partiel 2

Exercice 1 : Canoniser un Hamiltonien (16 points)

Le Hamiltonien est donné par :

H (p, q) = p

²

2m

1 + q

²

L

²

+ V (q) (1)

1. Les équations du mouvement découlent du Hamiltonien :



 

 

 

 

˙

q = p m

1 + q

²

L

²

˙

p = − qp

²

mL

²

− V

⁰

(q)

(2)

2. On veut un terme cinétique canonique de masse = 1 . Ce qui implique : P = p

√ m r

1 + q

²

L

²

(3)

Pour trouver Q , on va utiliser une fonction génératrice de type F

₂

(q, P ) . A noter que n'importe que autre type de fonction génératrice aurait tout aussi bien fait l'aaire, tout comme l'utilisation des crochets de Poisson. On a donc :

p =

√ mP r

1 + q

²

L

²

= ∂F

₂

(q, P )

∂q

F

2

(q, P ) = √

mL P arcsinh q L

(4)

où l'on a décidé de négliger la possible dépendance en temps de F

2

et mis à zéro la dépendance supplémentaire en P . On peut à présent en déduire Q :

Q = √

mL arcsinh q L

(5)

q = L sinh Q

√ mL

(6) Le nouvel Hamiltonien est donné par :

K(P, Q) = P

²

2 + V

L sinh

Q

√ mL

(7)

1

3. (I) Le potentiel est dans ce cas nul. Le nouvel Hamiltonien est donc trivial : K

_I

= P

²

2 (8)

a. Les équations du mouvement se réduisent à : Q ˙ = P

P ˙ = 0 (9)

b. La solution générale de ces équation est donnée par : P (t) = P

₀

Q(t) = P

₀

t + Q

₀

(10)

en imposant les conditions initiales on obtient :



 

 

P (t) = p

₀

√ m cosh(η) Q(t) = p

0

√ m cosh(η) t + √

mLη (11)

c. On peut à présent inverser les coordonnées pour obtenir la réponse dans nos coordonnées

initiales : 

 

 

 



 

 

 



q(t) = L sinh

p

₀

cosh(η) mL t + η

p(t) = p

0

cosh(η) cosh

p

0

cosh(η) mL t + η

(12)

d. . . .

(II) Dans ce cas, le nouveau potentiel devient linéaire : K

_II

= P

²

2 + ξ

√ mL r

1 + t t

0

Q (13)

Et donc on a un système soumis à une force extérieure augmentant avec le temps.

a. Les équations du mouvement sont données par :







Q ˙ = P P ˙ = − ξ

√ mL r

1 + t t

0

(14) b. Avec les conditions initiales P (0) = Q(0) = 0 on obtient :



 

 

 



 

 

 



P(t) = 2 3

ξt

0

√ mL

"

1 −

1 + t t

₀

^3/2

#

Q(t) = 4 15

ξt

²₀

√ mL

"

1 −

1 + t t

₀

^5/2

# + 2

3 ξt

0

√ mL t

(15)

c. Et en inversant on obtient :



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q(t) = L sinh ( 4

15 ξt

²₀

mL

²

"

1 −

1 + t t

₀

^5/2

# + 2

3 ξt

0

mL

²

t )

p(t) = 2 3

ξt

₀

L

1 −

1 + t t

0

3/2

sinh ( 4

15 ξt

²₀

mL

²

"

1 −

1 + t t

₀

^5/2

# + 2

3 ξt

0

mL

²

t )

(16)

d. . . .

Exercice 2 : Petit choix de questions (8 points)

1. Etant donné Q = q

²

+

¹₂

cos q , nous devons trouver quelle impulsion P lui est canoniquement conju- guée. Pour ce faire, utilisons les crochets de Poisson :

1 = {Q, P } = ∂Q

∂q

∂P

∂p − ∂Q

∂p

∂P

∂q =

2q − 1 2 sin q

∂P

∂p On a donc

P = p

2q −

¹₂

sin q + f(q)

2. Comme P

1

= p

r

, nous avons P

2

= p

θ

/r . Le crochet de Poisson {P

1

, P

2

} vaut donc {P

1

, P

2

} = p

θ

r

²

6= 0 La transformation n'est donc pas canonique.

3. La fonction génératrice F

₄

(p, P ) = P

²

cosh p engendre q = − ∂F

₄

∂p = −P

²

sinh p et Q = ∂F

₄

∂P = 2P cosh p Nous voulons trouver une fonction génératrice de type F

3

(p, Q) pour laquelle

q = − ∂F

3

∂p et P = − ∂F

3

∂Q Exprimons donc tout d'abord q en fonction de p et Q :

P = Q

2 cosh p → q = − Q

²

sinh p 4 cosh

²

p On a donc

∂F

3

∂p = Q

²

sinh p 4 cosh

²

p et donc

F

3

= − Q

²

4 cosh p + f (Q)

En prenant maintenant la dérivée de F

3

par rapport à Q , on doit trouver −P , ceci va contraindre la forme de f (Q) :

∂F

3

∂Q = − Q

2 cosh p + f

⁰

(Q) =

^!

− Q

2 cosh p → f

⁰

(Q) = 0 On a donc nalement

F

₃

(p, Q) = − Q

²

4 cosh p 4. Calculons tout d'abord le moment conjugué à x :

p = ∂L

∂ x ˙ = x ˙

³

λ L'Hamiltonien est donc donné par :

H = p x(p, x) ˙ − L = p(λp)

^1/3

− 1

4λ (λp)

^4/3

+ ξ cosh

³

x Et donc

H = 3

4 λ

^1/3

p

^4/3

+ ξ cosh

³

x

3

5. Nous allons utiliser la notation vectorielle suivante : x =

x

1

x

₂

p = p

1

p

₂

Le Lagrangien s'écrit alors comme L = 1

2 x ˙

^T

A x ˙ − V V = ξ(x

²₁

+ x

²₂

) cos

²

(x

1

x

2

) où la matrice A est donnée par :

A = α β

β γ

(a) Les moments conjugués aux variables x

i

sont donc : p = A x ˙

(b) Pour pouvoir inverser la relation suivante, il faut que la matrice A soit non singulière : det A 6= 0 et donc que αγ − β

²

6= 0 .

(c) Si αγ − β

²

= 0 alors le terme cinétique du Lagrangien peut se réécrire comme L

cin

= 1

2 β

√ γ x ˙

1

+ √ γ x ˙

2

²

≡ 1 2 z ˙

₁²

Le fait que l'on ne puisse inverser les p

i

vient donc du fait que, dans ce cas, un seul degré de liberté ( z

1

) se propage ; le deuxième mode ( z

2

) a une masse nulle.

(d) Dans ce cas, on a x ˙ = A

⁻¹

p et donc x ˙

^T

= p

^T

A

⁻¹

, ce qui donne H = p

^T

x ˙ − 1

2 x ˙

^T

A x ˙ + V = 1

2 p

^T

A

⁻¹

p + V Plus explicitement on a

H = 1

2(αγ − β

²

) γp

²₁

− 2βp

1

p

2

+ αp

²₂

+ ξ(x

²₁

+ x

²₂

) cos

²

(x

1

x

2

) 6. An de vérier la canonicité de la transformation, calculons le crochet de Poisson {Q, P } :

∂P

∂p = − √ 2

q

²

p

³

(1 − p

²

) + q

²

p

∂P

∂q =

√ 2q

p

²

(1 − p

²

)

∂Q

∂p = 1

√ 2q

∂Q

∂q = − p

√ 2q

²



 

 

 

 

 

 



 

 

 

 

 

 



→ {Q, P } = 1

La transformation est donc bien canonique.