a) Ecrire le Lagrangien du syst`eme et d´eriver les ´equations du mouvement.

Partiel de M´ ecanique Analytique

Epreuve du 14 d´ ecembre 2006 - Dur´ ee: 110 minutes - Sans document

Exercice 1 (6 points)

Une particule de masse m est attach´ee ` a un ressort de longeur au repos l <sub>0</sub> et de con- stante ´elastique k. L’autre extr´emit´e du ressort est fix´ee ` a l’origine et la masse se d´eplace librement sur le plan horizontal.

a) Ecrire le Lagrangien du syst`eme et d´eriver les ´equations du mouvement.

b) On consid`ere un mouvement avec vitesse angulaire ω constante. Que vaut l’allongement du ressort.

c) On consid`ere maintenant que le mouvement pr´ec´edent est perturb´e par des petites os- cillation du ressort. (La longueur du ressort varie d’une petite quantit´e h(t)). Trouver la fr´equence de ces petites oscillations.

d) Que se passe-t-il physiquement si ω est tr`es grand?

Exercice 2 (4 points)

Deux particules ponctuelles de masses identiques sont reli´ee entre elles par un ressort de longueur au repos l ₀ et de constante ´elastique k. Ce syst`eme se d´eplace librement dans le plan horizontal.

a) Ecrire le Lagrangien de ce syst`eme.

b) Trouver et interpr´eter toutes les quantit´es conserv´ees ` a l’aide de vos m´ethodes pr´ef´er´ees.

Exercice 3 (7 points)

Un marcheur veut traverser un plan (x, y) du point (-1,1/4) au point (1,1/4). Le plan est recouvert d’une couche de neige de profondeur croissante selon l’axe y. L’´epaisseur de neige fait qu’il avance avec une vitesse v(y) = √ ¹

1+y .

a) Trouver la trajectoire y(x) qui minimise le temps n´ecessaire au marcheur pour sa travers´ee.

b) Discuter les 2 solutions possibles.

1

M´ecanique analytique Partiel 1 - Corrig´ e 21 d´ecembre 2006

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Exercice 1

a) Le Lagrangien du syst`eme exprim´e en coordonn´ees polaires (r, θ) est donn´e par:

L = 1

2 m( ˙ r ² + r ² θ ˙ ² ) − k

2 (r − l ₀ ) ² (1)

Les ´equations du mouvement pour les deux coordonn´ees sont donc:

m¨ r = mr θ ˙ ² − k(r − l ₀ ) (2)

mr ² θ ¨ = 0 (3)

A partir de la deuxi`eme ´equation on peut d´eduire:

L _z = ∂L

∂ θ ˙ = mr ² θ ˙ = const (4) b) On consid`ere le mouvement avec vitesse angulaire ω = ˙ θ constante. Ceci implique r = const et donc ˙ r = 0 et ¨ r = 0. A l’aide de la premi´ere ´equation du mouvement on obtient:

mr ₀ ω ² = k(r ₀ − l ₀ )) (5) Le rayon est donn´e par:

r ₀ = kl ₀

k − mω ² (6)

et l’allongement du ressort est finalement:

r ₀ − l ₀ = kl ₀

k − mω ² − l ₀ = ml ₀ ω ²

k − mω ² (7)

c) Dans le cas d’un mouvement perturb´e par des petites oscillation du ressort on peut

´ecrire la longueur du ressort comme:

r = r ₀ + h(t) (8)

et la substituer dans la premi`ere ´equation du mouvement:

m ¨ h = mr 0 ω ² + mhω ² − k(r 0 − l 0 ) − kh = (mω ² − k)h (9) La fr´equence des petites oscillations est:

ω osc = r k

m − ω ² (10)

d) Si ω est tr`es grand l’argument de la racine dans l’expression de la fr´equence des petites

oscillations devient imaginaire. Physiquement, le ressort ne peut plus supporter l’effet de

la force centrifuge est il est arrach´e de son point fixe.

Exercice 2

a) On param´etrise les masses par les coordonn´ees cart´esiennes (x ₁ , y ₁ ) et (x ₂ , y ₂ ) et donc on obtient

T = m

2 ( ˙ x ² ₁ + ˙ y ₁ ² + ˙ x ² ₂ + ˙ y ₂ ² ) (11)

V = k

2 (d − l ₀ ) ² = k 2

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ² − l ₀ 2

(12) L = T − V = m

2 ( ˙ x ² ₁ + ˙ y ₁ ² + ˙ x ² ₂ + ˙ y ₂ ² ) − k 2

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ² − l ₀ 2

. (13) b) D’abord on remarque que la fonction de Lagrange ne d´epend pas explicitement du temps,

∂L

∂t = 0 , alors la fonction hamiltonienne est conserv´e

h = ˙ x ₁ ∂L

˙ x 1

+ ˙ y ₁ ∂L

˙ y 1

+ ˙ x ₂ ∂L

˙ x 2

+ ˙ y ₂ ∂L

˙ y 2 − L

= m

2 ( ˙ x ² ₁ + ˙ y ₁ ² + ˙ x ² ₂ + ˙ y ₂ ² ) + k 2

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ² − l ₀ 2

, ce qui montre, que la fonction hamiltonienne correspond ` a l’´energie m´ecanique,

h = T + V . Remarque:

Le Hamiltonien est donn´e par H = 1

2m (p ² _x

+ p ² _y

+ p ² _x

+ p ² _y

) + k 2

p (x 2 − x 1 ) ² + (y 2 − y 1 ) ² − l 0

2

. Pour trouver les autres quantit´es conserv´ees, il existe une vari´et´e de m´ethodes:

1. Equations du mouvement:

Les ´equations de Lagrange pour le Lagrangien (13) sont:

d

dt (m x ˙ ₁ ) = − k x ₂ − x ₁

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ²

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ² − l ₀

(14) d

dt (m x ˙ ₂ ) = k x ₂ − x ₁

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ²

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ² − l ₀

(15) d

dt (m y ˙ ₁ ) = − k y ₂ − y ₁

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ²

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ² − l ₀

(16) d

dt (m y ˙ ₂ ) = k y ₂ − y ₁

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ²

p (x ₂ − x ₁ ) ² + (y ₂ − y ₁ ) ² − l ₀

. (17) En prenant les sommes de (14)+(15) et (16)+(17), on trouve que

d

dt (m x ˙ 1 + m x ˙ 2 ) = 0 (18)

d

dt (m x ˙ ₁ + m x ˙ ₂ ) = 0 , (19)

2

et alors les composantes selon x et y de la quantit´e de mouvement totale sont con- serv´ees,

P _x = m x ˙ ₁ + m x ˙ ₂ = const (20) P y = m y ˙ ₁ + m y ˙ ₂ = const . (21) 2. Changement de variables (1):

Avec des nouvelles coordonn´ees ˆ x ₁ , ˆ y ₁ , ˆ x, ˆ y d´efinies par ˆ

x ₁ = x ₁ x ˆ = x ₂ − x ₁ ˆ

y 1 = y 1 y ˆ = y 2 − y 1

le Lagragnien devient L = m

2

h x ˙ˆ ² ₁ + ˙ˆ y ² ₁ + ( ˙ˆ x ₁ + ˙ˆ x) ² + ( ˙ˆ y ₁ + ˙ˆ y) ² i

− k 2

p x ˆ ² + ˆ y ² − l ₀ 2

. Les coordonn´ees ˆ x ₁ et ˆ y ₁ sont maintenant des variables cycliques, donc

P x = ∂L

∂ x ˙ˆ ₁ = 2m x ˙ˆ ₁ + m x ˙ˆ = const (22) P _y = ∂L

∂ y ˙ˆ 1

= 2m y ˙ˆ ₁ + m y ˙ˆ = const . (23) On retrouve les deux composante de la quantit´e de mouvement totale.

3. Th´ eor` eme de Noether:

Le Lagrangien (13) est invariant par les translations selon x:

x ₁ (s) = x ₁ + s x ₂ (s) = x ₂ + s

y ₁ (s) = y ₁ y ₂ (s) = y ₂

et selon y:

x ₁ (s ^′ ) = x ₁ x ₂ (s ^′ ) = x ₂ y ₁ (s ^′ ) = y ₁ + s ^′ y ₂ (s ^′ ) = y ₂ + s ^′

Le th´eor`eme de Noether nous donne tout de suite les quantit´es conserv´ees correspon- dantes

P x = ∂L

∂ x ˙ ₁

∂x ₁

∂s + ∂L

∂ x ˙ ₂

∂x ₂

∂s = m x ˙ 1 + m x ˙ 2 = const P y = ∂L

∂ y ˙ ₁

∂y 1

∂s ^′ + ∂L

∂ y ˙ ₂

∂y 2

∂s ^′ = m y ˙ ₁ + m y ˙ ₂ = const . 4. Changement de variables (2):

On obtient un autre changement de variables possible, quand on passe au r´ef´erentiel du centre de masse

x 1 = x c + r cos ϑ x 2 = x c − r cos ϑ

y ₁ = y _c + r sin ϑ y ₂ = y _c − r sin ϑ ,

o` u (x c , y c ) est la position du centre de masse. Le Lagrangien s’´ecrit L = m( ˙ x ² _c + ˙ y _c ² + ˙ r ² + r ² ϑ ˙ ² ) − k

2 4r ² − l ² ₀ .

Les trois variables cycliques sont x c , y c et ϑ est le quantit´es conserv´ees sont les composantes de la quantit´e de mouvement du centre de masse selon x et y,

P cx = 2m x ˙ c = const P cy = 2m y ˙ c = const et le moment cin´etique par rapport au centre de masse

L z = ∂L

∂ ϑ ˙ = mr ² ϑ ˙ = const .

Exercice 3

Le temps de parcours est donn´e par:

T = Z

dx

p 1 + y ^′2 v(y) o` u y ^′ = _dx ^dy et p

1 + y ^′2 dx est la longueur d’un ´el´ement de trajectoire. Le “Lagrangien”

`

a minimiser (L =

√ 1+y

v(y) ) ne d´epend pas explicitement de x, on a donc la “fonction hamiltonienne” qui est conserv´ee:

h = y ^′ ∂L

∂y ^′ − L = y ^′2 p 1 + y ^{′ 2}

p 1 + y − p

1 + y ^{′ 2} p

1 + y = K = constante De cette relation, on tire

y ^′

p 1 − K ² + y = 1 K .

On peut int´egrer les deux cˆ ot´es de l’´egalit´e par rapport ` a x pour trouver:

2 p

1 − K ² + y = Kx + C;

d’o˜ u

y = ( x 2K + C

2 ) ² − 1 + K ² .

La forme g´en´erale du mouvement est une parabole, et les constantes K et C sont obtennues en imposant les conditions au bords:

y( − 1) = 1

4 = ( − 1 2K + C

2 ) ² − 1 + K ² , y(1) = 1

4 = ( 1 2K + C

2 ) ² − 1 + K ² .

4

En soustrayant ces deux ´equations, on trouve C/K = 0 d’o` u C = 0. En rempla¸cant C = 0 dans l’une des ´equation pr´ec´edente, on obtient une ´equation pour K:

K ⁴ − 5

4 K ² + 1 4 = 0, qui admet les solutions suivantes:

K = ± 1; ± 1 2 .

Ces diff´erentes solutions donne lieux aux mouvements suivants:

y = 1

4 x ² pour K = ± 1 (24)

y = x ² − 3

4 pour K = ± 1

2 (25)

La premi`ere solution est relativement proche de la ligne droite, le marcheur se d´ecale l´eg´erement l` a o` u la neige est moins ´epaisse, et le second trajet est long mais profite d’une vitesse largement supp´erieure.

Le temps de parcours pour les trajectoires sont:

t 1 = Z 1

−1

p 1 + y ^′2 p

1 + y ² dx = Z 1

−1

1 + x ²

4

dx = 13 6 t ₂ =

Z ₁

−1

p 1 + y ^′2 p

1 + y ² dx = Z ₁

−1

1

2 1 + 4x ²

dx = 14 6

Le second trajet est donc tr`es l´eg´erement plus long! Il est tr`es interessant de voir si ce second trajet correspond a un minimum local o` u ` a un maximum local. Cette question est largement trop compliqu´ee pour ˆetre r´esolue dans le cadre d’un examen du cours de m´ecanique analytique... Toutefois on va quand-mˆeme monter ici, puisque c’est un probl`eme tr`es int´eressant, que la deuxi`eme solution est un maximum local (ou plutot un point selle) de l’action.

En effet si on admet une petite perturbation δy(x) (avec y( − 1) = y(1) = 0 pour ne pas briser les conditions au bord dej`a remplies) autour de la deuxi`eme trajectoire:

y(x) = x ² − 3

4 + δy(x);

le temps de parcours (action) T =

Z dx 1

2

p 1 + 4x ² + 4xδy ^′ + δy ^′2 p

1 + 4x ² + 4δy

devient, apr`es de laborieux calculs (c’est ` a dire un d´eveloppement limit´e en puissance de y et y ^′ , quelques int´egrations par partie):

T = Z

dx 1

2 (1 + 4x ² ) + δy(x) δL δy(x) + O (y ³ )

.

Le premier terme donne le temps de parcours dej`a calcul´e (T=7/3) et le second contient l’op´erateur diff´erentiel

δL = 1

1 + 4x ²

∂ ²

∂x ² − 8x (1 + 4x ² ) ²

∂

∂x + 8 (1 + 4x ² ) ²

.

-1 -0.5 0.5 1 x 0.2

0.4 0.6 0.8

y ₀ HxL

Le temps de parcours peut ˆetre plus court que celui calcul´e pr´ec´edemment (T=7/3) si l’int´egrale de δy(x) δL δy(x) est n´egative. Pour voir si cela est possible, on cherche les modes propres y _n (x) (avec valeur propre E _n ) de l’op´erateur L:

δLy _n (x) = E _n y _n (x)

On peut par exemple r´esoudre cette ´equation num´eriquement, et on voit que pour certaines

´energies, il ´existe une solution v´erifiant les conditions au bord y _n ( − 1) = 0 et y _n (1) = 0.

Ces ´energies sont:

E ₀ = − 3.92, E ₁ = 2.9, E ₂ = 7.7 ...

Il y a donc un mode avec valeur propre n´egative qui donne une contribution n´egative de E ₀ R 1

− 1 dx y ₀ (x) ² ` a l’action et donc la solution y(x) = x ² − 3/4 est un maximum local dans la direction de y 0 (x). Bien sur c’est en fait un point selle, puisque c’est un minimum dans les directions y n (x), n > 0.

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