t =0 O 0 k l =0 r O α z 1 2 P z P 1 2 P P m xz ∂t. i i i i K ( Q ,P ,t )= H ( q ,p ,t )+ 2 ∂F i i ∂q ∂P i i . p = Q = 2 2 ∂F ∂F i i q P 2 F

Epreuve du 13 déembre 2007 - Durée : 110 minutes - Sans doument

Indiations :

Lafontiongénératrie

F 2

^{assoiéeàune}transformationanoniqueestunefontiondesaniennes oordonnées

q _i

^{,desnouvellesimpulsions}

P _i

^{etdutemps. Elle relielesaniennes et lesnouvelles}

oordonnées par les relations :

p _i = ∂F 2

∂q _i

^et

Q _i = ∂F 2

∂P _i .

Le nouvel Hamiltonienest donné par :

K(Q _i , P _i , t) = H(q _i , p _i , t) + ∂F 2

∂t .

Exerie 1 (5 points)

Deux partiules

P 1

^et

P 2

^{de masse}

m

^{sont ontraintes sur un plan vertiale}

xz

^{.En plus, la}

partiule

P 1

^{est ontrainte de bougerque lelongde l'axe}

z

^{,alors quelapartiule}

P 2

^{bouge elle}

le long d'une droite

r

^{qui passe par l'origine}

O

^{et elle forme un angle}

α

^{ave l'axe}

z

^{. Les deux}

partiules sont reliées par un ressort de onstante élastique

k

^{et longueure au repos}

l 0 = 0

^{. A}

l'instant

t = 0

^{les deux partiules setrouve en}

O

^{ave vitessenulle. Le systèmeest soumis à la}

pesanteur.

Considererlatransformation :

Q = p ^{1 / 2} q ^{3 / 2} P = p ^{1 / 2} q ^{−1 / 2}

dénie surl'ensemble

{ q > 0, p > 0 }

^.

1. Montrerquelatransformationestanoniqueàl'aidedelaméthodedelamatriejaobienne

età l'aidede laméthode des rohets depoisson.

2. Déterminer lafontion génératrie de type deux

F 2 (q, P )

^{qui engendre la} transformation donnée.

Exerie 3 (6 points)

ConsidérerleHamiltonien d'unepartiule de masse

m

^{soumiseà laforede gravité:}

H(x, z, p _x , p _z , t) = 1

2m (p ² _x + p ² _z ) + mgz

Au temps initiale

t = 0

^{lapartiulesetrouve danslepoint}

(0, 0)

^.

1. Trouvertoutes les quantitésonservées.

2. Erirel'équationaratéristiquedeHamilton-Jaobi(asindépendantdutemps)ettrouver

lasolution

W (x, z, α 1 , α 2 )

^.

3. Erire les solutions générales deséquations dumouvement en utilisant lafontion généra-

trie

F 2 (q _i , P _i , t) = W (q _i , α _i = P _i )

^.

http://itp.epfl.h

Exerie 1

1)Noushoisissonslesdistanes desdeuxpointsrespetivepar rapportàl'origineommeoor-

données généralisées.Le Hamiltonien dusystèmes'érit :

H(r, z, p _r , p _z , t) = p ² _r 2m + p ² _z

2m + 1

2 k(r ² + z ² − 2rz cos α) − mg(z + r cos α)

⁽¹⁾

‡

^{Mis à part les unités, on peut aussi vérier que le potentiel aitbien lebon} omportement. Si

z

ou

r

^{augmente, l'énergie} gravitationnelle baisse et l'énergie du ressort augmente, omme on s'y attend. Onvoit déjà ii entre quoi et quoi l'équilibre se fera.

‡

2)Pour les équations dumouvement, leplus simple estde les ériresous formevetorielle ave

q = _z ^r

et

p = ^p _p

^r

z

:

˙

q = 1

m p

^(2a)

˙

p = − k M q + mgV

^(2b)

ave :

M =

1 − cos(α)

− cos(α) 1

et

V =

cos(α) 1

(2)

‡

^{Le faitdesortirles onstantes ave dimensionetles signes, permet defailementrepérer quelle}

physique donne quelterme età quelomportement ela onduit.

‡

Onpeutenpriniperésoudreesystèmede quatreéquations linéairesouplées.Maisvuque

leséquations(2a)sonttriviales,ilexisteuneautreméthodeplussimple.Dériver(2a)parrapport

au temps,puis yinsérer(2b) :

¨ q = − k

m M q + gV

^(2d)

‡

^{Ae stadeonvoit déjàque lesystèmeaura un}omportementosillatoireave unefréquene qui sera donnée par

k/m

^{, multiplié par des nombres sans unité.}

‡

(2d)estunsystèmed'équationslinérairesnon-homogène(à auseduterme

gV

^).Lasolution

sera donnéepar une solutionpartiulière etune solutionà l'équationhomogène.

On peut par exemple herher une solution partiulière indépendante du temps, elle sera

donnéepar :

q _⋆ = mg

k M ⁻¹ V

^(3a)

‡ k · mg

‡

^{Onobtient :}

q _⋆ = mg k

1 sin ² (α)

2 cos(α) 1 + cos ² (α)

(3b)

Maintenant ondoit résoudrel'équationhomogène. Pour e faire,on pose l'Ansatz:

q

homogene

(t) = ¯ qe ^{ıωt ˙}

^(4a)

En l'insérant dans(2d)on obtient une équationlinéaire :

k/m − ω ² − k/m cos(α)

− k/m cos(α) k/m − ω ²

¯

q = 0

^(4b)

an que la solution soit non-triviale, il faut que le déterminant de la matrie soit nul.

‡

^{Si le}

déterminantestnon-nulonpeut inverserlamatrie,etalorslasolutionest

q ¯ = 0

^.

‡

^Ceionduite

à une équationpour

ω

^:

ω ± ² = k

m [1 ± cos(α)]

⁽⁴⁾

Il reste à trouver lesveteurspropres assoiés :

¯ q ± =

1

∓ 1

(4d)

‡

^{Ii on obtient failement un faute de signe; pour vérier on peut par exemple regarder le as}

α = 0

^{.Mêmediretion(}

q ¯ −

^{),hute libre, i.e.pas}d'osillation,eneet

ω − = 0

^{, ok.}

‡

^Onafaitun

Ansatz omplexe,maisonsait queleproblèmeestréel;don et lapartie imaginaireetlapartie

réelle sont solutionindépendamment. La solutiongénérale peutdon s'érire:

q = mg k sin ² (α)

2 cos(α) 1 + cos ² (α)

+

α + cos(ω + t) + β + sin(ω + t)

¯ q ₊ +

α − cos(ω − t) + β − sin(ω − t)

¯ q −

(5a)

‡

^{Ilest lairque lesfateursdevant lasolutionhomogène serontliés àla solution}partiulière une fois les onditions initiales imposées, 'est pourquoi il est judiieux de faire la mise en évidene

dès le début.

‡

^{Ave les onditions initiales}

q(0) = ˙ q(0) = 0

^{on obtient}

β ± = 0 , α + = ¹ ₂ 1 − cos(α) ²

, α − = − ¹ 2 1 + cos(α) ²

(5b)

etdon nalement :

r z

= mg

k sin ² (α)

2 cos(α) + ¹ ₂ 1 − cos(α) 2

cos(ω + t) − ¹ 2 1 + cos(α) 2

cos(ω ⁻ t) 1 + cos ² (α) − ¹ 2 1 − cos(α) 2

cos(ω + t) − ¹ 2 1 + cos(α) 2

cos(ω ⁻ t)

(5)

‡

^{Maintenant il reste à vérier le omportement de ette solution} (asymptotes

g → 0

^,

k → 0

^,

α → 0, π/2

^{). Pour}

g = 0

^{, rien ne bouge : ok. Ensuite,}

k → 0

^{. Il faut faire un petit peu plus}

attention enprenant la limite :

r z

→ mg k sin ² (α)

− ¹ 2 (1 − cos(α)) ^{2 1} ₂ ω ₊ ² t ² + ¹ ₂ (1 + cos(α)) ^{2 1} ₂ ω − ² t ² + ¹ ₂ (1 − cos(α)) ^{2 1} ₂ ω + ² t ² + ¹ ₂ (1 + cos(α)) ^{2 1} ₂ ω − ² t ²

= 1 2 gt ²

cos(α) 1

ok. Pour

α = π/2

^{, les deuxfréquenes sontles mêmes, et on trouve}

r = 0

^,

z = ^mg _k (1 − cos(ωt))

^,

ok. Finalement ilreste

α → 0

^.

r

z

→ mg kα ²

2(1 − ¹ 2 α ² ) + O (α ⁴ ) − ¹ 2 (2 − ¹ 2 α ² )(1 − ¹ 4 k m α ² t ² ) 1 + (1 − ¹ 2 α ² ) ² + O (α ⁴ ) − ¹ 2 (2 − ¹ 2 α ² )(1 − ¹ 4

k m α ² t ² )

= 1 2 gt ²

1 1

ok. Don, à e moment, on se dit que e résultat doit avoir du vrai. Evidemment, on n'a pas

toujours le temps de prendre toutes es limites, mais ave

g = 0

^et

α = π/2

^{on a déjà un bon}

test de la solution.

‡

Exerie 2

1)La matrie dela transformationest donnéepar :

(M φ ^t ) =

∂Q

∂q

∂Q

∂p

∂P

∂q ∂P

∂p

!

=





3

2 p

¹²

q

¹²

¹ ₂ p ⁻

¹²

q

³²

− ¹ 2 p

¹²

q ⁻

³²

¹ ₂ p ⁻

¹²

q ⁻

¹²





⁽⁶⁾

La ondition pour que la matrie jaobienne de la transformation soit sympletique est don

failement vériée :

(M φ ^t ) ^T J (M φ ^t ) =





3

2 p

¹²

q

¹²

− ¹ 2 p

¹²

q ⁻

³²

1

2 p ⁻

¹²

q

³²

¹ ₂ p ⁻

¹²

q ⁻

¹²





0 1

− 1 0





3

2 p

¹²

q

¹²

¹ ₂ p ⁻

¹²

q

³²

− ¹ 2 p

¹²

q ⁻

³²

¹ ₂ p ⁻

¹²

q ⁻

¹²



 = J

Dansleasde laméthode desrohetsde poisson,leseule rohetsde poissonnontrivial estle

suivant:

{ Q, P } = ∂Q

∂q

∂P

∂p − ∂P

∂q

∂Q

∂p = 3

2 p

¹²

q

¹²

1

2 p ⁻

¹²

q ⁻

¹²

−

− 1 2 p

¹²

q ⁻

³²

1 2 p ⁻

¹²

q

³²

= 1

2) On herhe un fontion génératrie de type deux. A partir de latransformation donnée, on

obtient lesexpressions suivantes :

Q = P q ² = ∂F 2

∂P

⁽⁷⁾

p = (P q

¹²

) ² = ∂F 2

∂q

⁽⁸⁾

En intégrant lapremière en obtient :

F 2 (q, P ) = 1

2 P ² q ² + f(q)

⁽⁹⁾

qui,remplaée dansladeuxème nousdonne :

qP ² + f ^′ (q) = qP ²

f (q) = C

⁽¹²⁾

La fontion génératrie de latransformation anoniqueestdon donnéepar :

F 2 (q, P ) = 1

2 q ² P ² + C.

⁽¹³⁾

Exerie 3

1)Le Lagrangien du systèmeestdonné par

L (x, z, x, ˙ z, t) = ˙ 1

2 m( ˙ x ² + ˙ z ² ) − mgz

⁽¹⁴⁾

LeLagrangiennedépendpasdelavariable

x

^{.Ils'agitdond'uneoordonnéeyliqueàlaquelle}

orrespond laquantité onservée :

∂ L

∂ x ˙ = m x ˙ = p _x = const

⁽¹⁵⁾

En plus, le Lagrangien est aussi indépendant du temps. La fontion hamiltonienne est don

onservée :

h = 1

2 m( ˙ x ² + ˙ z ² ) + mgz = T + V = E = const

⁽¹⁶⁾

2) Le hamiltonien dusystème estonservé.On peut don érire l'équationde Hamilton-Jaobi

dansleas indépendant dutemps

1 2m

∂W

∂x 2

+ ∂W

∂z 2

+ mgz = E

⁽¹⁷⁾

A l'aidede lam

thode de séparation desvariables,onapplique l'ansatz

W (x, z) = W _x + W _z

⁽¹⁸⁾

1 2m

∂W _x

∂x ²

+ ∂W _z

∂z ²

+ mgz = E

⁽¹⁹⁾

∂W _x

∂x 2

= 2mE − 2m ² gz − ∂W _z

∂z 2

(20)

Pour que l'égalitésoit satisfaite,les termes quise trouvent desdeuxotés doivent être égalesà

une onstante :

∂W _x

∂x ²

= α 2

⁽²¹⁾

∂W _z

∂z ²

= 2mE − α 2 − 2m ² gz

⁽²²⁾

L'intégration desdeuxexpressions nousdonne :

W _x = √ α 2 x + C 1

⁽²³⁾

W _z = − 1

3m ² g [2mE − α 2 − 2m ² gz]

³²

+ C 2

⁽²⁴⁾

Et nalment :

W (x, z, E, α 2 ) = √

α 2 x − 1

3m ² g [2mE − α 2 − 2m ² gz]

³²

+ C

⁽²⁵⁾

3) Puisqueles

Q _i

^{sont desonstantes etque le}Hamiltonien ne dépend pasdu temps, ladérivé partielle de

W

^{en fontion de}

E

^{nousdonne :}

− 1

mg (2mE − α 2 − 2m ² gz)

¹²

= t + A

⁽²⁶⁾

ou

A

^{estune onstante. Avela onditioninitiale}

y(0) = 0

^{on trouvepour laonstante :}

A =

√ 2mE − α 2

mg

⁽²⁷⁾

etdon nalment :

z(t) = − 1 2 gt ² −

√ 2mE − α 2

m t

⁽²⁸⁾

Delamême façon ladérivéde

W

^{par rapportà}

α 2

^{onduit àlasolution}

x(t)

^.