# Proposition de corrigé de l'épreuve de physique C du concours ENS PC 2024

Félix Werner, Lionel Foret

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## Proposition de corrigé

Félix Werner et Lionel Foret

avec la participation de Paul Roux, Quentin Redon, Jérôme Beugnon, et Gabriel Hétet

## Partie 1

1) a) On a $\vec{F} = -\overrightarrow{grad} U(\vec{r}) = -k \vec{r}$. Le PFD s'écrit donc $m \vec{\dot{r}} = -k \vec{r}$,
soit en coordonnées cartésiennes : $\begin{cases} \ddot{x} + \omega^2 x = 0, \\ \ddot{y} + \omega^2 y = 0, \\ \ddot{z} + \omega^2 z = 0. \end{cases}$

b) Les solutions de ces équations différentielles sont

$$ 
\begin{align*}
x(t) &= A_x \cos(\omega t) + B_x \sin(\omega t), & y(t) &= A_y \cos(\omega t) + B_y \sin(\omega t), \\
z(t) &= A_z \cos(\omega t) + B_z \sin(\omega t).
\end{align*}
$$

Donc

$$ \vec{r}(t) = \vec{A} \cos(\omega t) + \vec{B} \sin(\omega t) \quad (S1) $$

avec $\vec{A}$ et $\vec{B}$ constants, que l'on détermine en fonction des conditions initiales :

$\vec{A} = \vec{r}(0)$, et

$$ \vec{v}(t) = -\omega \vec{A} \sin(\omega t) + \omega \vec{B} \cos(\omega t) \Rightarrow \vec{v}(0) = \omega \vec{B} \Rightarrow \vec{B} = \frac{\vec{v}(0)}{\omega} \text{. Donc} $$

$$ \vec{r}(t) = \vec{r}(0) \cos(\omega t) + \frac{\vec{v}(0)}{\omega} \sin(\omega t) \quad (S2) $$

2) • Faisceau 1 : direction et sens de propagation : selon $+\vec{u}_x$ (car $q$ et $\Omega$ positifs), polarisation rectiligne selon $Oy$

• Faisceau 2 : direction et sens de propagation : selon $+\vec{u}_y$, polarisation rectiligne selon $Oz$

• Faisceau 3 : direction et sens de propagation : selon $+\vec{u}_z$, polarisation rectiligne selon $Ox$

3) D'après le principe de superposition, le champ électrique total est
$$ \vec{E}(\vec{r}, t) = \vec{E}_1(\vec{r}, t) + \vec{E}_2(\vec{r}, t) + \vec{E}_3(\vec{r}, t) \text{. Donc } \|\vec{E}\|^2 = E_x^2 + E_y^2 + E_z^2 = E_1^2 + E_2^2 + E_3^2 \text{.} $$
Or, $\langle E_1^2(\vec{r}, t) \rangle = a(y, z)^2 \langle \cos^2(qx - \Omega t + \varphi_1) \rangle = \frac{a(y,z)^2}{2}$.

Les moyennes temporelles de $E_2^2$ et $E_3^2$ se calculent de la même façon, et on obtient
$$ \langle \|\vec{E}(\vec{r}, t)\|^2 \rangle = \frac{a(y,z)^2 + a(x,z)^2 + a(x,y)^2}{2} \text{, d'où} $$

$$ U(\vec{r}) = -\frac{\gamma \mathcal{E}^2}{2} \left( e^{-2 \frac{y^2+z^2}{\sigma^2}} + e^{-2 \frac{x^2+z^2}{\sigma^2}} + e^{-2 \frac{x^2+y^2}{\sigma^2}} \right) $$

4) Si $r \ll \sigma$, alors $x^2 \ll r^2 \ll \sigma^2$, et de même, $y^2$ et $z^2$ sont $\ll \sigma^2$, donc on peut développer les exponentielles : $e^{-2 \frac{y^2+z^2}{\sigma^2}} - 1 \approx -2 \frac{y^2+z^2}{\sigma^2}$ etc., ce qui donne

$$ 
\begin{align*}
U(\vec{r}) - U(\vec{0}) &= -\frac{\gamma \mathcal{E}^2}{2} \left[ \left( e^{-2 \frac{y^2+z^2}{\sigma^2}} - 1 \right) + \left( e^{-2 \frac{x^2+z^2}{\sigma^2}} - 1 \right) + \left( e^{-2 \frac{x^2+y^2}{\sigma^2}} - 1 \right) \right] \\
&\approx -\frac{\gamma \mathcal{E}^2}{2} \left[ (y^2 + z^2) + (x^2 + z^2) + (x^2 + y^2) \right] = \frac{\gamma \mathcal{E}^2}{\sigma^2} \times 2r^2 \text{. On a bien (2) avec}
\end{align*}
$$

$$ k = \frac{4 \gamma \mathcal{E}^2}{\sigma^2} \quad (S3) $$
5) a) L'équation (2) nous autorise à utiliser le résultat pour $\vec{r}(t)$ trouvé à la question 1. La période est $\tau = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$.

AN : $m = \frac{M(^6\text{Li})}{\mathcal{N}_A} = \frac{6,0 \times 10^{-3} \text{ kg/mol}}{6,0 \times 10^{23} \text{ mol}^{-1}} = 1,0 \times 10^{-26} \text{ kg} \Rightarrow \tau \approx 6 \times 10^{-4} \text{ s} = 0,6 \text{ ms.}$

b) $\vec{r}(0) = \vec{0}$ donc (S2) se réduit à $\vec{r}(t) = \frac{\vec{v}(0)}{\omega} \sin(\omega t)$. Donc $r(t)$ vaut au plus $r_{\max} = \frac{v(0)}{\omega} = v(0) \frac{\tau}{2\pi} \approx 10^{-6} \text{ m} = 1 \text{ µm}$. La valeur maximale de $\frac{r(t)}{\sigma}$ est donc $\frac{r_{\max}}{\sigma} \approx \frac{1}{60}$, ce qui est petit devant 1. Donc $r(t) \ll \sigma$ pour tout $t$, et l'hypothèse faite à la question 5a est légitime.

6) Si les polarisations des trois faisceaux ne sont pas parfaitement orthogonales, alors il ap-
paraît des termes <u>d'interférence</u> dans ⟨‖<span style="text-decoration: overline;">E</span>‖<sup>2</sup>⟩. On peut éliminer cet effet en prenant des
<u>fréquences</u> Ω<sub>i</sub> différentes pour chacun des faisceaux.

Partie 2

7) Il suffit de montrer que $\vec{F} = -\overrightarrow{\text{grad}} U$, i.e. $F_x = -U'(x)$, ce qui est bien le cas si $U(x)$ est de la forme demandée avec $A = \frac{\alpha}{2}$ et $B = \frac{k}{2}$.

8) En dérivant $g = x^2$, on obtient $\dot{g} = 2x\dot{x}$, puis $\ddot{g} = 2\dot{x}^2 + 2x\ddot{x}$.

Or l'énergie cinétique de la particule est $E_{\text{cin}} = \frac{1}{2} m \dot{x}^2$.

Donc $m\ddot{g} = 4E_{\text{cin}} + 2x m \ddot{x}$. Or d'après le PFD, $m\ddot{x} = F_x = \frac{\alpha}{x^3} - kx$.

Donc $m\ddot{g} = 4E_{\text{cin}} + \frac{2\alpha}{x^2} - 2kx^2 = 4E_{\text{cin}} + 4U(x) - 4kx^2$. Comme $E_{\text{cin}} + U(x) = E$, on obtient

$$
m \ddot{g} = 4E - 4kg. \tag{S4}
$$

9) On réécrit l'équa. diff. (S4) sous la forme

$$
\ddot{g} + 4\omega^2 g = \frac{4E}{m}. \tag{S5}
$$

La solution est $g(t) = g_{\text{SPEI}} + g_{\text{SGEH}}(t)$ avec :

* $g_{\text{SPEI}} = \frac{E}{m\omega^2} = \frac{E}{k}$ (où on a utilisé le fait que $E$ est indépendante du temps)

* $g_{\text{SGEH}}(t)$ est la solution générale de $\ddot{g}_{\text{SGEH}}(t) + 4\omega^2 g_{\text{SGEH}}(t) = 0$, soit $g_{\text{SGEH}}(t) = B \cos(2\omega t) + C \sin(2\omega t)$ avec $B$ et $C$ constants.

On détermine $B$ et $C$ à partir des conditions intiales. On obtient $B = g_0 - \frac{E}{k}$ et $C = \frac{h_0}{2\omega}$, soit finalement

$$
g(t) = \frac{E}{k} + \left( g_0 - \frac{E}{k} \right) \cos(2\omega t) + \frac{h_0}{2\omega} \sin(2\omega t). \quad (S6)
$$

10) $x > 0$ donc $x(t) = +\sqrt{g(t)}$. Par ailleurs, $g_0 = x_0^2$, et $h_0 = 2x_0\dot{x}(0) = 0$, et $E = U(x_0) = \frac{\alpha}{2x_0^2} + \frac{kx_0^2}{2}$. Donc $g_0 - \frac{E}{k} = \frac{x_0^2}{2} - \frac{\alpha}{2kx_0^2}$, et (S6) donne

$$
x(t) = \sqrt{\frac{1}{2} \left( x_0^2 + \frac{\alpha}{kx_0^2} \right) + \frac{1}{2} \left( x_0^2 - \frac{\alpha}{kx_0^2} \right) \cos(2\omega t)}. \quad (S7)
$$

La période de $x(t)$ est $\frac{2\pi}{2\omega} = \boxed{\frac{\pi}{\omega}}$.
11) Cette propriété (appelée isochronisme des oscillations) est vraie pour un oscillateur harmonique (i.e. pour une force en $-kx$), mais elle n'est habituellement pas vraie pour un potentiel non-harmonique (par exemple, elle n'est pas vraie pour le pendule pesant, au-delà du régime des petits angles). Le fait que cette propriété reste vraie pour $\alpha$ non nul est une propriété remarquable de la force considérée ($\alpha/x^3 - kx$).

12) D'après (S7), on a $x(t)^2 = A + B \cos(2\omega t)$ avec A et B constants. Il y a deux cas, selon le signe de B, i.e. le signe de $x_0^2 - \frac{\alpha}{kx_0^2}$, i.e. le signe de $x_0 - x_c$ avec $x_c := \left(\frac{\alpha}{k}\right)^{1/4}$ :

* Cas 1 : $x_0 > x_c$.

<figure><img src="image_2.png" /></figure>

Alors $x_{\max} = x(0)$ soit $x_{\max} = x_0$.

Et $x_{\min}$ est atteint lorsque $\cos(2\omega t) = -1$, soit

$$x_{\min} = \sqrt{\frac{1}{2}\left(x_0^2 + \frac{\alpha}{kx_0^2}\right) - \frac{1}{2}\left(x_0^2 - \frac{\alpha}{kx_0^2}\right)} \quad \text{i.e.} \quad x_{\min} = \frac{1}{x_0} \sqrt{\frac{\alpha}{k}}.$$

* Cas 2 : $x_0 < x_c$.

<figure><img src="image_3.png" /></figure>

Situation inverse. $x_{\min} = x(0)$ soit $x_{\min} = x_0$.

Et $x_{\max}$ est atteint lorsque $\cos(2\omega t) = -1$, soit

$$x_{\max} = \sqrt{\frac{1}{2}\left(x_0^2 + \frac{\alpha}{kx_0^2}\right) - \frac{1}{2}\left(x_0^2 - \frac{\alpha}{kx_0^2}\right)} \quad \text{i.e.} \quad x_{\max} = \frac{1}{x_0} \sqrt{\frac{\alpha}{k}}.$$

13)

<figure><img src="image_4.png" /></figure>

Quand la particule passe en $x_{\min}$ ou en $x_{\max}$, sa vitesse est nulle, donc $U(x) = E$. Donc $U(x_{\min}) = U(x_{\max}) = U(x_0)$. Donc $\{x_{\min}; x_{\max}\} = \{x_0; x_1\}$ où $x_1$ est tel que $U(x_1) = U(x_0)$.
Ceci est cohérent avec les résultats obtenus pour $x_{min}$ et $x_{max}$ à la question précédente si
$x_1 = \frac{1}{x_0} \sqrt{\frac{\alpha}{k}}$, i.e. si $U(x_0) = U(\frac{1}{x_0} \sqrt{\frac{\alpha}{k}})$.

Or, $U(\frac{1}{x_0}\sqrt{\frac{\alpha}{k}}) = \frac{\alpha}{2x_0^2k} + \frac{k}{2} \frac{\alpha}{x_0^2k} = \frac{k}{2}x_0^2 + \frac{\alpha}{2x_0^2}$, qui est bien égal à $U(x_0)$.

Notons $x_m$ la position où $U(x)$ est minimale.

* Si $x_0 > x_m$, alors $x_0 = x_{max}$, et donc $x_1 = x_{min}$.

* Si $x_0 < x_m$, alors $x_0 = x_{min}$, et donc $x_1 = x_{max}$.

On vérifie qu'on a bien $U'(x) = 0$, i.e. $F_x = 0$, i.e. $\frac{\alpha}{x^3} - kx = 0$, pour $x = x_m = (\alpha/k)^{1/4}$, qui est bien égal au $x_c$ trouvé en Q12.

# Partie 3

## 3.1

$$ \text{(14)} \qquad \vec{F}_{\text{ext},i} = -\overrightarrow{\text{grad}} U_{\text{ext}}(\vec{r}_i) \qquad \text{(S8)} $$

$$ \text{(15)} \quad \text{D'après l'énoncé, on a } \vec{F}_{j \to i} = \frac{\alpha}{r_{ij}^3} \overrightarrow{u_{ji}}, \text{ où } \overrightarrow{u_{ji}} \text{ est le vecteur unitaire de même direction et de même sens que } \vec{r}_i - \vec{r}_j, \text{ car la force est répulsive. Comme } \overrightarrow{u_{ji}} = \frac{\vec{r}_i - \vec{r}_j}{r_{ij}}, \text{ on obtient} $$

$$ \vec{F}_{j \to i} = \alpha \frac{\vec{r}_i - \vec{r}_j}{r_{ij}^4}. \qquad \text{(S9)} $$

$$ \text{(16)} \quad \text{On a } G = \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i \cdot \vec{r}_i, \text{ donc } \dot{G} = 2 \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i \cdot \dot{\vec{r}}_i. \text{ Donc } \ddot{G} = 2 \sum_{i=1}^{N} (v_i^2 + \vec{r}_i \cdot \ddot{\vec{r}}_i). $$

Or le PFD appliqué à la particule $i$ s'écrit :

$$ m \vec{a}_i = \vec{F}_{\text{ext},i} + \sum_{j \in \mathcal{S}_i} \vec{F}_{j \to i}. \qquad \text{(S10)} $$

Avec la forme (S9) de la force d'interaction, cela donne :

$$ m \ddot{\vec{r}}_i = \vec{F}_{\text{ext},i} + \alpha \sum_{j \in \mathcal{S}_i} \frac{\vec{r}_i - \vec{r}_j}{r_{ij}^4}. $$

En utilisant aussi le fait que $E_{\text{cin}} = \frac{1}{2} m \sum_{i=1}^{N} v_i^2$, on obtient

$$ m \ddot{G} = 4 E_{\text{cin}} + 2 \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i \cdot \vec{F}_{\text{ext},i} + 2 \alpha S \quad \text{où} \quad S := \sum_{i=1}^{N} \sum_{j \in \mathcal{S}_i} \frac{\vec{r}_i \cdot (\vec{r}_i - \vec{r}_j)}{r_{ij}^4}, \quad \text{i.e.} $$

$$ S = \sum_{i \neq j} \frac{\vec{r}_i \cdot (\vec{r}_i - \vec{r}_j)}{r_{ij}^4}. \qquad \text{(S11)} $$

Montrons que $2 \alpha S = 4 E_{\text{int}}$, autrement dit que

$$ 2S = \sum_{i \neq j} \frac{1}{r_{ij}^2}. \qquad \text{(S12)} $$

En effectuant dans (S11) le changement de variables qui échange $i$ et $j$, on obtient

$$ S = \sum_{i \neq j} \frac{\vec{r}_j \cdot (\vec{r}_j - \vec{r}_i)}{r_{ij}^4} = - \sum_{i \neq j} \frac{\vec{r}_i \cdot (\vec{r}_i - \vec{r}_j)}{r_{ij}^4}, $$

dont la somme avec (S11) donne $2S = \sum_{i \neq j} \frac{(\vec{r}_i - \vec{r}_j) \cdot (\vec{r}_i - \vec{r}_j)}{r_{ij}^4} = \sum_{i \neq j} \frac{1}{r_{ij}^2}$, CQFD. Finalement,

$$ m \ddot{G} = 4 (E_{\text{cin}} + E_{\text{int}}) + 2 \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i \cdot \vec{F}_{\text{ext},i}. \qquad \text{(S13)} $$
## 3.2

17) L'équation (S8) donne $\vec{F}_{\text{ext},i} = -k \vec{r}_i$.

En reportant ceci dans (S13), on obtient $m \ddot{G} = 4(E_{\text{cin}} + E_{\text{int}}) - 2k \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i \cdot \vec{r}_i$, i.e.

$$m \ddot{G} = 4(E_{\text{cin}} + E_{\text{int}}) - 2k G. \qquad (S14)$$

Pour éliminer $E_{\text{cin}} + E_{\text{int}}$, on utilise $E_{\text{cin}} + E_{\text{int}} = E - E_{\text{ext}}$ avec $E_{\text{ext}} = \frac{k}{2} \sum_{i=1}^{N} r_i^2 = \frac{k}{2} G$, soit $E_{\text{cin}} + E_{\text{int}} = E - \frac{k}{2} G$.

En reportant ceci dans (S14), on obtient $m \ddot{G} = 4E - 4k G$. Ainsi, $G(t)$ vérifie bien la même équa. diff. que celle obtenue pour $g(t)$ à la question **8** [l'équation (S4)].

$E$ est toujours conservée. On peut donc résoudre l'équation différentielle comme on l'a fait à la question **9**, ce qui donne, d'après (S6),

$$G(t) = \frac{E}{k} + \left( G_0 - \frac{E}{k} \right) \cos(2\omega t) + \frac{H_0}{2\omega} \sin(2\omega t). \qquad (S15)$$

18) Comme les particules n'interagissent pas entre elles, on peut utiliser pour chaque particule le résultat (S2) de la question **1b**, soit $\vec{r}_i(t) = \vec{r}_i(0) \cos(\omega t) + \frac{\vec{v}_i(0)}{\omega} \sin(\omega t)$. Donc

$$G(t) = \left[ \sum_{i=1}^{N} r_i(0)^2 \right] \cos^2(\omega t) + \frac{1}{\omega^2} \left[ \sum_{i=1}^{N} v_i(0)^2 \right] \sin^2(\omega t) + \frac{2}{\omega} \left[ \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i(0) \cdot \vec{v}_i(0) \right] \cos(\omega t) \sin(\omega t). \qquad (S16)$$

Vérifions la cohérence avec (S15). On a $G_0 = \sum_{i=1}^{N} r_i(0)^2$ et $H_0 = 2 \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i(0) \cdot \vec{v}_i(0)$. De plus, $E = E_{\text{cin}}(0) + E_{\text{ext}}(0)$ (puisque $E_{\text{int}} = 0$ pour $\alpha = 0$), soit $E = \frac{m}{2} \sum_{i=1}^{N} v_i(0)^2 + \frac{k}{2} G_0$. Ceci permet de réécrire (S16) comme $G(t) = G_0 \cos^2(\omega t) + (\frac{2E}{k} - G_0) \sin^2(\omega t) + \frac{H_0}{\omega} \cos(\omega t) \sin(\omega t)$.

En utilisant les relations : $\cos^2(\omega t) = \frac{1+\cos(2\omega t)}{2}$, $\sin^2(\omega t) = \frac{1-\cos(2\omega t)}{2}$, et $\cos(\omega t) \sin(\omega t) = \frac{\sin(2\omega t)}{2}$, on retrouve bien (S15).

19) • Le système n'atteint pas d'état d'équilibre aux temps longs, même pour $N$ grand.

• C'est un résultat exact, valable pour $N > 2$, obtenu par des calculs analytiques. Ce résultat concerne l'évolution en fonction du temps des positions des $N$ particules, i.e. les $\vec{r}_i(t)$, puisque $G(t)$ est une fonction des $\vec{r}_i(t)$.

## 3.3

20)

<figure><img src="image_5.png" /></figure>
21) a) On a $|\dot{G}| = \left| 2 \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i \cdot \vec{v}_i \right| \le 2 \sum_{i=1}^{N} r_i v_i$. Or,
• $r_i \le l$
• $v_i^2 \le E_{\text{cin}} \times \frac{2}{m}$, et $E_{\text{cin}} \le E$ (car $E_{\text{ext}}$ et $E_{\text{int}}$ sont positives), donc $v_i^2 \le E \times \frac{2}{m}$.

Donc $|\dot{G}(t)| \le D$ avec $D = 2\ell N \sqrt{\frac{2E}{m}}$.

$$
\text{b)} \quad \langle \ddot{G} \rangle = \lim_{t_{\text{max}} \to \infty} \frac{1}{t_{\text{max}}} \int_0^{t_{\text{max}}} \ddot{G}(t) \, dt = \lim_{t_{\text{max}} \to \infty} \frac{\dot{G}(t_{\text{max}}) - \dot{G}(0)}{t_{\text{max}}}.
$$

Or d'après a), $\left| \frac{\dot{G}(t_{\text{max}}) - \dot{G}(0)}{t_{\text{max}}} \right| \le \frac{2D}{t_{\text{max}}} \quad \underset{t_{\text{max}} \to \infty}{\longrightarrow} 0$. Donc $\langle \ddot{G} \rangle = 0$.

22) Le problème est invariant par rotation.

23) On considère une boîte de taille macroscopique, i.e. $\ell$ est macroscopique. Par contre on peut supposer que $\ell_*$ est microscopique, car c'est la distance particule-paroi au delà de laquelle la force exercée par la paroi sur une particule devient nulle.

24) $U_{\text{ext}}(\vec{r})$ ne dépend que de $r$, donc $\overrightarrow{\text{grad}} U_{\text{ext}} = U'_{\text{ext}}(r) \vec{u}_r$.
Donc d'après (S8), $\vec{F}_{\text{ext},i} = -U'_{\text{ext}}(r_i) \vec{u}_i$.

De plus, d'après la propriété (c), on a $U'_{\text{ext}}(r) \ge 0$, donc $F_{\text{ext},i} = U'_{\text{ext}}(r_i)$. Donc

$$
\vec{F}_{\text{ext},i} = -F_{\text{ext},i} \vec{u}_i. \tag{S17}
$$

25) a) Comme $\ell_\Sigma \ll \ell$, la surface $\Sigma$ est presque plane. Notons $\vec{n}$ le vecteur normal à $\Sigma$ dirigé vers l'intérieur du fluide. L'expression habituelle de la force exercée par la paroi sur le fluide contenu dans $\mathcal{R}$ s'écrit : $\vec{F}_{\text{ext},\mathcal{R}} \approx P (\ell_\Sigma)^2 \vec{n}$.
Pour que cette expression soit valide, il faut que la région $\mathcal{R}$ soit mésoscopique, i.e. il faut que $\ell_\Sigma$ soit grande devant les longueurs microscopiques du problème, i.e.

• $\ell_\Sigma$ grand devant le libre parcours moyen

• $\ell_\Sigma \gg \ell_*$, pour pouvoir considérer que la force $\vec{F}_{\text{ext},\mathcal{R}}$ est une force surfacique (qui ne dépend que de la forme de la surface $\Sigma$ et pas de la forme de $\mathcal{R}$).

b) Par définition, $\vec{F}_{\text{ext},\mathcal{R}}$ est la somme des forces exercées par la paroi sur chacune des particules situées dans $\mathcal{R}$, soit $\vec{F}_{\text{ext},\mathcal{R}} = \sum_{i \in \mathcal{I}_{\mathcal{R}}} \vec{F}_{\text{ext},i}$. Donc en utilisant (S17),

$$
\vec{F}_{\text{ext}, \mathcal{R}} = - \sum_{i \in \mathcal{I}_{\mathcal{R}}} F_{\text{ext}, i} \vec{u}_i. \qquad (\text{S18})
$$

En supposant toujours que $\ell_\Sigma \ll \ell$, on a pour tout $i \in \mathcal{I}_R : \vec{u}_i \approx -\vec{n}$. Donc (S18) devient
$$ \vec{F}_{\text{ext},R} \approx \sum_{i \in \mathcal{I}_R} F_{\text{ext},i} \vec{n}. $$
En identifiant avec le résultat de **a)**, on obtient

$$
\sum_{i \in \mathcal{I}_R} F_{\text{ext},i} \approx P (\ell_\Sigma)^2 . \tag{S19}
$$

c) En découpant la surface de la boîte (i.e. la sphère de rayon $\ell$) en éléments de surface $\Sigma$, et en sommant (S19) sur tous ces éléments de surface,

• la somme des $(\ell_\Sigma)^2$ donne l'aire totale de la sphère, $4\pi\ell^2$
• la réunion de tous les $\mathcal{R}$ donne la boîte complète, donc la réunion de tous les $\mathcal{S}_{\mathcal{R}}$ donne $\{1, \dots, N\}$

ce qui donne finalement :

$$ \sum_{i=1}^{N} F_{\text{ext},i} \approx P \times 4\pi\ell^2. \qquad (S20) $$

26) En prenant la moyenne temporelle du résultat (S13) de la question 16, et en utilisant le résultat de la question 21b, on obtient $0 = 4U + 2 \langle \sum_{i=1}^{N} \vec{r}_i \cdot \vec{F}_{\text{ext},i} \rangle$. Or d'après (S17), on a $\vec{r}_i \cdot \vec{F}_{\text{ext},i} = -r_i F_{\text{ext},i}$, ce qui donne

$$ U = \frac{1}{2} \left\langle \sum_{i=1}^{N} r_i F_{\text{ext},i} \right\rangle. \qquad (S21) $$

D'après la propriété (b), la grandeur $F_{\text{ext},i} = U'_{\text{ext}}(r_i)$ est non nulle pour $\ell - r_i < \ell_*$, ce qui implique $\ell - r_i \ll \ell$ (car on a $\ell_* \ll \ell$) et donc $r_i \approx \ell$. On peut donc faire l'approximation :

$$ \sum_{i=1}^{N} r_i F_{\text{ext}}(r_i) \approx \ell \sum_{i=1}^{N} F_{\text{ext}}(r_i). \text{ Ainsi (S21) donne } U \approx \frac{1}{2} \ell \left\langle \sum_{i=1}^{N} F_{\text{ext},i} \right\rangle. $$

Donc d'après (S20), $U \approx \frac{1}{2} \ell \langle P \rangle \times 4\pi\ell^2$. Or $\langle P \rangle = P$, car P est indépendante du temps.

Donc $U \approx \frac{1}{2} P \times 4\pi\ell^3$. Comme $V = \frac{4}{3}\pi\ell^3$, on obtient bien (3).

27) Pour $\alpha = 0$, il n'y a pas d'interaction entre les particules. De plus les particules sont ponctuelles, donc on peut considérer les N particules comme un gaz parfait monoatomique, donc $U = N \times \frac{3}{2} k_B T$. En utilisant également $PV = Nk_B T$, on obtient bien $U = \frac{3}{2} PV$.

# Partie 4

## 4.1

28) a) On prend comme système le gaz unitaire, et on considère un petit déplacement de la paroi.

Les parois sont thermiquement isolantes donc $\delta Q = 0$.

La transformation est lente, donc quasi-statique, donc $\delta W = -p dV$.

Donc d'après le premier principe, $dU = \delta W + \delta Q = -p dV$.

Par ailleurs, en utilisant la relation (4), on a $dU = \frac{3}{2} d(pV) = \frac{3}{2}(V dp + p dV)$.

Donc $dU = -p dV = \frac{3}{2}(V dp + p dV)$.

Donc $5 p dV + 3 V dp = 0$, i.e. $5 \frac{dV}{V} + 3 \frac{dp}{p} = 0$, i.e. $d(\ln(V^5 P^3)) = 0$, i.e. $P^3 V^5 = \text{constante}$.

b) Au cours de la transformation considérée :

• La transformation est adiabatique (car les parois sont thermiquement isolantes) et réversible (car le volume varie lentement). Donc d'après le second principe, S est constante. De plus N est constant, donc s est constant.

• Par ailleurs : $P^3 V^5$ est constant d'après a), et $nV = N$ est constant, donc $(P^3 V^5)/(nV)^5 = P^3/n^5$ est constant. Donc en utilisant (5), $f_P(n, s)^3/n^5$ est constant.
Ainsi, lorsque $n$ varie avec $s$ fixé, la fonction $C(n, s) = f_P(n, s)^3/n^5$ est constante.

Donc $C(n, s)$ ne dépend que de $s$ et pas de $n$.

Donc on peut écrire $C(n, s) = C(s)$. Finalement, on a bien (6) avec $g_P(s) = C(s)^{1/3}$.

c) Au lieu d'avoir à déterminer la fonction de deux variables $f_P(n, s)$, il suffit ici de déterminer la fonction d'une variable $g_P(s)$. Pour cela, il suffit de déterminer $\frac{P}{n^{5/3}}$ en fonction de $s$. La valeur de $n$ n'importe pas; on peut par exemple la maintenir fixée à une valeur arbitraire.

29) a) La propriété (5) est vraie pour tout corps pur monophasé. En effet, dans ce cas, la pression, comme toute grandeur thermodynamique intensive, dépend de deux autres grandeurs thermodynamiques intensives (aussi appelées variables d'état), que l'on choisit souvent comme $(n, T)$ mais que l'on peut aussi choisir comme $(n, s)$.

b) La propriété (6) révèle un lien simple entre systèmes de $n$ différentes (pourvu qu'ils aient la même $s$). C'est inhabituel car d'habitude, on a des régimes très différents selon la valeur de la densité $n$: pour $n$ assez faible, le système est proche d'un gaz parfait; par contre, pour $n$ assez grand, l'effet des interactions entre atomes est non-négligeable et le comportement du système est bien plus complexe que celui du gaz parfait.

c) La propriété (4) doit être inhabituelle, puisqu'elle conduit directement à la propriété inhabituelle (6), comme on l'a vu à la question 28.

30) a) $V$ est constant donc $\delta W = 0$, et donc d'après le 1er principe, $dU = \delta Q$, avec $\delta Q$ la chaleur reçue par le gaz. L'apport de chaleur est lent, donc la transformation est réversible, donc d'après le second principe, $dS = \delta Q/T$. Donc $dU = T dS$.

b) Comme $V$ est fixé, (4) donne

$$dU = \frac{3}{2} V dp.$$

Par ailleurs, $N$ et $V$ sont fixés, donc $n$ est fixé, donc d'après (5) et (6) on a

$$dp = n^{5/3} g'_{P}(s) ds.$$

Or d'après a), $T = \frac{dU}{dS}$. Comme $N$ est fixé, on a $dS = N ds$, donc finalement

$$T = \frac{\frac{3}{2} V dp}{N \frac{dp}{n^{5/3} g'_{P}(s)}} = \frac{3}{2} g'_{P}(s) n^{2/3}$$

qui est bien de la forme demandée (7) avec $g_T(s) = \frac{3}{2} g'_{P}(s)$.

## 4.2

31) a) Chaque atome subit la force $-k \vec{r}$, et le nombre d'atomes par unité de volume est $n(\vec{r})$, donc $\overrightarrow{f}(\vec{r}) = -k n(\vec{r}) \vec{r}$.

b) L'équation locale de la statique des fluides s'écrit $-\overrightarrow{\text{grad}} P + \vec{f} = \vec{0}$. Donc $\overrightarrow{\text{grad}} P(\vec{r}) = -k n(\vec{r}) \vec{r}$.

32) Le problème est invariant par rotation.

33) Le gaz est à l'équilibre thermique.

34) On peut découper mentalement le fluide en petits éléments de volume, et dans chaque élément de volume, on peut considérer le fluide comme homogène et à l'équilibre. Ceci est possible
en supposant que les grandeurs $P(r)$, $n(r)$, $s(r)$ varient assez lentement en fonction de $r$. Plus précisément, elles doivent varier peu à l'échelle microscopique, i.e. à l'échelle du libre parcours moyen. Dans chaque élément de volume, on peut alors appliquer les résultats de la sous-partie 4.1 : (5) et (6) donnent (9), et (8) donne (10).

35) a) Considérons $r < R$ dans toute la suite.

• On a $n(r) > 0$, et donc pour $T = 0$, (10) donne $s(r) = g_s(0) = 0$. Donc d'après (9) on a $\underline{P(r)} = g_P(0) n(r)^{5/3}$.

• Par ailleurs, le résultat de la question 31b (projeté sur $\vec{u}_r$) donne $\underline{P'(r)} = -k r n(r)$.

Donc $\frac{5}{3} g_P(0) n(r)^{2/3} n'(r) = -k r n(r)$, i.e. $\frac{n'(r)}{n(r)^{1/3}} = -\frac{3}{5} \frac{k}{g_P(0)} r$.

Donc en intégrant, $n(r)^{2/3} = -\frac{k}{5g_P(0)}r^2 + n(0)^{2/3}$, i.e. $n(r) = (n(0)^{2/3} - \frac{k}{5g_P(0)}r^2)^{3/2}$,

$$ \text{soit } n(r) = n(0) \left(1 - \frac{r^2}{R^2}\right)^{3/2} \quad \text{avec } R = \sqrt{\frac{5g_P(0)}{k}} n(0)^{1/3}. $$

b)

<figure><img src="image_6.png" /></figure>

Dérivée nulle en $r = 0$ et en $r = R$.

c) $R = \hbar \sqrt{\frac{5\xi}{mk}} n(0)^{1/3}$.

AN : $n(0)^{1/3} = (27 \times 10^{18})^{1/3} = 3 \times 10^6 \text{ m}^{-1}$, et $\sqrt{5\xi} = \sqrt{3,5} \approx 2 \Rightarrow \underline{R \approx 6 \ \mu\text{m}}$.

d) On a $\frac{R}{\sigma} \approx \frac{1}{10}$. Donc $R \ll \sigma$, donc dans toute la région où il y a des atomes, on a $r \ll \sigma$ et donc (2) est une bonne approximation.

36) a) On considère dans la suite $r < R$ et $r$ pas trop proche de $R$. On peut raisonnablement supposer que $n(r)$ n'est pas très petit, car ceci est vrai pour $T = 0$. Donc $\frac{T}{n(r)^{2/3}}$ est petit. Or $g_s$ est continue, car c'est la fonction réciproque de $g_T$, supposée strictement croissante et continue. Donc $s(r) \stackrel{(10)}{=} g_s\left(\frac{T}{n(r)^{2/3}}\right) \approx g_s(0) = 0$.

Or $P(r) \stackrel{(9)}{=} n(r)^{5/3}g_P(s(r))$, donc par continuité de $g_P$, on a $P(r) \approx n(r)^{5/3}g_P(0)$.

En poursuivant le raisonnement comme dans la question 35a, on arrive au même résultat (avec les signes = remplacés par $\approx$).

b)

<figure><img src="image_7.png" /></figure>
4.3

$$
37) \vec{f}(\vec{r}, t) = -k(t) n(\vec{r}, t) \vec{r}.
$$

38) Le problème est invariant par rotation. En effet :

• la force extérieure subie par un atome, $-k(t) \vec{r}$, est invariante par rotation

* l'état initial est invariant par rotation, car le fluide est initialement à l'équilibre, sous l'effet de la force extérieure.

39) Pour $t \le 0$, le fluide est à l'équilibre, donc $\vec{v} = \vec{0}$, donc l'équation de Navier-Stokes se réduit à : $0 = -\frac{\partial P}{\partial x_i} + f_i$, i.e. $\vec{0} = -\overrightarrow{\text{grad}} P + \vec{f}$. On retrouve l'équation locale de la statique des fluides.

40) Dans le cadre de la mécanique des fluides, on considère que l'on peut découper le fluide en petites régions dans lesquelles il est quasiment homogène et à l'équilibre, de sorte que l'on peut appliquer les résultats de la sous-partie 4.1 dans chaque petite région : (5) et (6) donnent (14), et (8) donne (15). Ceci est légitime si :

* Les grandeurs $n(r,t)$, $s(r,t)$ etc. varient peu en fonction de $r$ aux échelles microscopiques, i.e. à l'échelle du libre parcours moyen.

* Le fluide compris dans chaque petite région reste à quasiment l'équilibre, malgré le fait que les grandeurs $n(r,t)$, $s(r,t)$ etc. dépendent de $t$. Ceci est vrai si ces grandeurs varient assez lentement en fonction de $t$ (plus précisément, si elles varient peu en fonction de $t$ pendant une durée microscopique, que l'on peut estimer comme le temps entre deux collisions).

41) Oui, la périodicité de l'évolution du gaz est une propriété extraordinaire : elle implique que le système n'atteint pas d'état d'équilibre aux temps longs (cet état d'équilibre serait décrit par la statique des fluides, comme dans la partie 4.2).

$$
42) \quad N_B(R,t) = \int_0^R dr \, 4\pi r^2 n(r,t). \qquad (S22)
$$

43) On a $N_B(\lambda(t) R, t) = N_B(R, 0)$ [d'après (P1) et (P3)] et donc en utilisant (S22),

$$
\int_{0}^{\lambda(t) R} n(r,t) r^2 dr = \int_{0}^{R} n_{0}(r) r^2 dr. \tag{S23}
$$

En dérivant cette équation par rapport à *R*, on obtient

$$
\lambda(t) \times n(\lambda(t)R, t) (\lambda(t)R)^2 = n_0(R) R^2.
$$

En posant $r = \lambda(t) R$ on obtient bien (16).

**Méthode alternative :** En faisant le changement de variable $\vec{r}' = \vec{r}'/\lambda(t)$ dans le membre de droite de (S23), on obtient

$$
\int_{0}^{\lambda(t) R} n(r,t) r^2 dr = \int_{0}^{\lambda(t) R} n_0 \left( \frac{r'}{\lambda(t)} \right) \frac{r'^2 dr'}{\lambda(t)^3}, \quad (S24)
$$

soit en posant $R' = \lambda(t) R$ (et en renommant la variable muette dans le membre de droite)

$$
\int_{0}^{R'} n(r,t) r^2 dr = \int_{0}^{R'} n_0 \left( \frac{r}{\lambda(t)} \right) \frac{r^2 dr}{\lambda(t)^3} .
$$

En dérivant par rapport à $R'$, on obtient bien (16).
44) a) $-\frac{\partial N_B}{\partial t}(R, t)$ est égal au nombre d'atomes par unité de temps sortant de la sphère de rayon $R$, i.e. au flux à travers cette sphère (avec le vecteur normal $+\vec{u}_r$, orienté vers l'extérieur de la sphère) du vecteur densité de flux de particules $n\vec{v}$, soit

$$ \frac{\partial N_B}{\partial t}(R, t) = -4\pi R^2 n(R, t) v_r(R, t). \qquad (S25) $$

Alternativement, on peut partir de $N_B(R, t) = \int_{B_R} d\tau \, n(r, t)$, dériver rapport à $t$, puis utiliser (11) et le théorème d'Ostrogradski.

b) $N_B(\lambda(t)R, t)$ est indépendant de $t$, soit $\frac{\partial}{\partial t}[N_B(\lambda(t)R, t)] = 0$.
Par ailleurs, $\frac{\partial}{\partial t}[N_B(\lambda(t)R, t)] = \dot{\lambda}(t)R \left(\frac{\partial N_B}{\partial R}\right) (\lambda(t)R, t) + \left(\frac{\partial N_B}{\partial t}\right) (\lambda(t)R, t)$.
Or, d'après (S22), $\frac{\partial N_B}{\partial R}(R, t) = 4\pi R^2 n(R, t)$.

En utilisant aussi (S25), on obtient :

$$ 0 = \dot{\lambda}(t) R \left(4\pi(\lambda(t)R)^2 n(\lambda(t)R, t) - 4\pi(\lambda(t)R)^2 n(\lambda(t)R, t) v_r(\lambda(t)R, t)\right) $$

$$ \text{i.e. } 0 = \dot{\lambda}(t) R - v_r(\lambda(t) R, t), \text{ soit } v_r(\lambda(t) R, t) = \dot{\lambda}(t) R. $$

En posant $r = \lambda(t) R$, on obtient bien (17).

45) On utilise à nouveau $\vec{v} = \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} \vec{r}$, soit $v_i = \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} x_i$. On en déduit (en utilisant $\frac{\partial x_i}{\partial x_k} = \delta_{ik}$) que $\frac{\partial v_i}{\partial x_k} = \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} \delta_{ik}$. Donc $\text{div } \vec{v} = \sum_{i=1}^3 \frac{\partial v_i}{\partial x_i} = 3 \frac{\dot{\lambda}}{\lambda}$, et

$$ \frac{\partial v_i}{\partial x_k} + \frac{\partial v_k}{\partial x_i} - \frac{2}{3} \delta_{ik} \text{ div } \vec{v} = \delta_{ik} \left( \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} + \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} - \frac{2}{3} \times 3 \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} \right) = 0. \qquad (S26) $$

Donc $K = 0$.

46) On a $S(t) = \int n s \, d\tau$. Donc $\dot{S}(t) = \int \frac{\partial(n s)}{\partial t} \, d\tau = \int \left(\frac{\partial n}{\partial t} s + n \frac{\partial s}{\partial t}\right) \, d\tau$.
En exprimant

* $\frac{\partial n}{\partial t}$ grace à l'équation locale de conservation (11)

* $\frac{\partial s}{\partial t}$ grace à l'éq. (13), dans laquelle, d'après la question précédente, $\frac{\eta}{2} K = 0$ et $\text{div } \vec{v} = 3 \frac{\dot{\lambda}}{\lambda}$ on obtient

$$ \dot{S}(t) = \int \left( -\text{div}(n \vec{v}) s - n \vec{v} \cdot \overrightarrow{\text{grad}} s + \frac{\text{div}(\kappa \overrightarrow{\text{grad}} T)}{T} + \frac{\zeta}{T} \left( 3 \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} \right)^2 \right) d\tau. $$

La somme des deux premiers termes vaut

$$ - \int \text{div}(n s \vec{v}) \, d\tau = - \lim_{R \to \infty} \int_{B_R} \text{div}(n s \vec{v}) \, d\tau = \lim_{R \to \infty} \iint_{\mathcal{S}_R} n s \vec{v} \cdot d\vec{S} $$

qui est nul en supposant que $n s v$ tend vers zéro assez rapidement pour $r \to \infty$. Pour obtenir (18), il reste à montrer que

$$ \int \frac{\text{div}(\kappa \overrightarrow{\text{grad}} T)}{T} \, d\tau = \int \frac{\kappa \|\overrightarrow{\text{grad}} T\|^2}{T^2} \, d\tau. \qquad (S27) $$

Or on a $\text{div}(\frac{\kappa \overrightarrow{\text{grad}} T}{T}) = \frac{1}{T} \text{div}(\kappa \overrightarrow{\text{grad}} T) + \overrightarrow{\text{grad}}(\frac{1}{T}) \cdot \kappa \overrightarrow{\text{grad}} T$, soit

$$ \text{div}\left(\frac{\kappa \overrightarrow{\text{grad}} T}{T}\right) = \frac{\text{div}(\kappa \overrightarrow{\text{grad}} T)}{T} - \frac{\kappa \|\overrightarrow{\text{grad}} T\|^2}{T^2}. \qquad (S28) $$
En intégrant (S28) sur tout l'espace, on obtient bien (S27), étant donné que

$$ \int \operatorname{div} \left( \kappa \overrightarrow{\operatorname{grad} T} \middle/ T \right) d\tau = \lim_{R \to \infty} \int_{B_R} \operatorname{div} \left( \kappa \overrightarrow{\operatorname{grad} T} \middle/ T \right) d\tau = \lim_{\substack{\text{Ostrogradsky} \\ R \to \infty}} \oint_{\partial B_R} \kappa \overrightarrow{\operatorname{grad} T} \cdot d\vec{S} $$

qui est nul en supposant que $\kappa \overrightarrow{\operatorname{grad} T} = \kappa \overrightarrow{\operatorname{grad}}(\ln T)$ tend vers zéro assez rapidement pour $r \to \infty$.

47) D'après (18), et étant donné que $\kappa$ et $\zeta$ sont positifs, on a $\dot{S}(t) \ge 0$.

Par ailleurs, notons $t_p$ la période commune de $\lambda(t)$ et $T(r,t)$.

D'après (16), $n(r,t)$ est $t_p$-périodique, et donc d'après (15), $s(r,t)$ est $t_p$-périodique. Donc $S(t) = \int n(r,t) s(r,t) d\tau$ est périodique. Ainsi, $S(t)$ est périodique et croissante, donc constante.

48) a) D'après la question précédente, $\dot{S} = 0$. Les deux termes du membre de droite de (18) étant $\ge 0$, ils doivent tous deux s'annuler. Ainsi [à part aux instants particuliers où $\dot{\lambda}(t) = 0$] on a $\int \frac{\zeta(r,t)}{T(r,t)} d\tau = 0$, et donc (en utilisant encore $\zeta \ge 0$) on obtient $\zeta(r,t) = 0$ pour tout $r$. On peut conclure que $\zeta$ est identiquement nul pour un gaz unitaire.

b) D'ordinaire, $\zeta$ (comme les autres coefficients de transport) est une fonction des grandeurs thermodynamiques, que l'on ne peut déterminer qu'à partir de données expérimentales ou numériques.

c) La viscosité de dilatation correspond à la dissipation due aux "frottements internes" lorsque le gaz s'étire ou se comprime : d'après l'équation (18), il y a une production d'entropie proportionnelle à $\zeta$ dès que $\dot{\lambda}(t) \ne 0$, i.e. dès que le gaz se dilate ou se comprime. Donc, si $\zeta$ était non-nulle, les oscillations de la taille du nuage s'amortirait.

*Raisonnement alternatif* : Ici on a $K = 0$ donc la viscosité $\eta$ disparaît des équations (12,13) (l'écoulement est "sans cisaillement"). Le terme de conductivité thermique disparaît aussi de l'équation (13) car $\overrightarrow{\operatorname{grad} T} = \vec{0}$. Comme $\zeta = 0$, il n'y a plus aucune création d'entropie [le membre de droite de (13) est nul], ce qui rend possible un mouvement périodique non amorti du fluide.

49) a) Comme $\dot{S} = 0$ (d'après Q47) et $\zeta = 0$ (d'après Q48a), l'équation (18) donne

$$ \int \frac{\kappa \|\overrightarrow{\operatorname{grad} T}\|^2}{T^2} d\tau = 0. $$

En utilisant $\kappa \ge 0$, on en déduit que $\kappa(r,t) \|\overrightarrow{\operatorname{grad} T(r,t)}\|^2 = 0$ pour tout $r$.

Comme $\kappa \ne 0$, on en déduit que $\overrightarrow{\operatorname{grad} T(r,t)} = 0$. Donc $T(r,t)$ est indépendant de $r$.

b) On a $S(t) = \int n_s d\tau$, soit en utilisant (16) et (8),

$$ S(t) = \int \frac{n_0\left(\frac{r}{\lambda(t)}\right)}{\lambda(t)^3} g_s\left(\frac{b(t)}{n_0\left(\frac{r}{\lambda(t)}\right)^{2/3}}\right) d\tau \quad (S29) $$

où on a posé $b(t) = T(t) \lambda(t)^2$.

En faisant le changement de variable $\vec{r}' = \vec{r}/\lambda$, puis en remplaçant la variable muette $\vec{r}'$ par $\vec{r}$, on obtient $S(t) = \int n_0(r) g_s\left(\frac{b(t)}{n_0(r)^{2/3}}\right) d\tau$. En dérivant par rapport à $t$, et en utilisant le fait que $\dot{S} = 0$ d'après la question 47, on obtient

$$ 0 = \dot{b}(t) \int n_0(r)^{1/3} g'_s\left(\frac{b(t)}{n_0(r)^{2/3}}\right) d\tau. \quad (S30) $$
Or on a admis que $g_T$ est strictement croissante, donc il en est de même de sa fonction réciproque $g_s$ : on a $g'_s > 0$. Donc l'intégrale dans (S30) est $\neq 0$, donc $\dot{b}(t) = 0$. Donc $b(t) = b(0)$, soit $T(t)\lambda(t)^2 = T(0)$. On obtient bien (19).

**50) a) En reportant (19) et (16) dans (15), on obtient**

$$s(r,t) = g_s \left( \frac{\frac{T_0}{\lambda(t)^2}}{\left( \frac{n_0(r/\lambda(t))}{\lambda(t)^3} \right)^{2/3}} \right) = g_s \left( \frac{T_0}{n_0 \left( \frac{r}{\lambda(t)} \right)^{2/3}} \right).$$

Or, $s_0(r) = s(r, 0) = g_s\left(\frac{T_0}{n_0(r)^{2/3}}\right)$. Donc

$$s(r,t) = s_0\left(\frac{r}{\lambda(t)}\right). \qquad (S31)$$

**b) En reportant (S31) et (16) dans (14), on obtient**

$$P(r,t) = \frac{n_0\left(\frac{r}{\lambda(t)}\right)^{5/3}}{\lambda(t)^5} g_P\left(s_0\left(\frac{r}{\lambda(t)}\right)\right).$$

Or, $P_0(r) = P(r, 0) = n_0(r)^{5/3} g_P(s_0(r))$. Donc

$$P(r,t) = \frac{P_0\left(\frac{r}{\lambda(t)}\right)}{\lambda(t)^5}. \qquad (S32)$$

**51) a) Pour $t > 0$, on trouve que l'équation de Navier-Stokes (12) se réduit à :**

$$\forall i, \quad mn \frac{\ddot{\lambda}(t)}{\lambda(t)} x_i = -\frac{\partial P}{\partial x_i} - k_1 n x_i. \qquad (S33)$$

Pour obtenir ce résultat, on a utilisé :

* Pour le membre de droite : $\vec{f}(\vec{r}, t) = -k_1 n(\vec{r}, t) \vec{r}$, et le fait que les termes de viscosité s'annulent [le terme en $\eta$ s'annule d'après l'équation (S26), et on a vu à la question 48a que $\zeta = 0$].

* Pour le membre de gauche : $\frac{\partial v_i}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} x_i \right) = \left( \frac{\ddot{\lambda}}{\lambda} - \frac{\dot{\lambda}^2}{\lambda^2} \right) x_i$, et $\vec{v} \cdot \overrightarrow{\text{grad}} v_i = \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} \vec{r} \cdot \overrightarrow{\text{grad}} \left( \frac{\dot{\lambda}}{\lambda} x_i \right) = \frac{\dot{\lambda}^2}{\lambda^2} \vec{r} \cdot \overrightarrow{\text{grad}}(x_i) = \frac{\dot{\lambda}^2}{\lambda^2} x_i$.

L'équation (S33) se récrit vectoriellement

$$mn \frac{\ddot{\lambda}(t)}{\lambda(t)} \vec{r} = -\overrightarrow{\text{grad}} P - k_1 n \vec{r}. \qquad (S34)$$

Or, en utilisant (S32), on a $\overrightarrow{\text{grad}} P(\vec{r}, t) = \frac{1}{\lambda(t)^6} (\overrightarrow{\text{grad}} P_0)\left(\frac{\vec{r}}{\lambda(t)}\right)$. En reportant ceci, ainsi que (16), dans (S34), on obtient (après changement de la variable muette $\vec{r}/\lambda \to \vec{r}$)

$$mn n_0(r) \frac{\ddot{\lambda}(t)}{\lambda(t)} \vec{r} = -\frac{1}{\lambda(t)^4} \overrightarrow{\text{grad}} P_0(\vec{r}) - k_1 n_0(r) \vec{r}. \qquad (S35)$$

Par ailleurs, pour $t = 0$, on a (d'après la question 39) : $\vec{0} = -\overrightarrow{\text{grad}} P_0(\vec{r}) + \vec{f}$, avec $\vec{f} = -k_0 n_0(r) \vec{r}$, soit

$$-\overrightarrow{\text{grad}} P_0(\vec{r}) = k_0 n_0(r) \vec{r}. \qquad (S36)$$
En reportant (S36) dans (S35) on obtient

$$m n_0(r) \frac{\ddot{\lambda}(t)}{\lambda(t)} \vec{r} = \left( \frac{k_0}{\lambda(t)^4} - k_1 \right) n_0(r) \vec{r}$$

qui est bien satisfaite à condition que $\lambda(t)$ vérifie :

$$\ddot{\lambda}(t) = \frac{\omega_0^2}{\lambda(t)^3} - \omega_1^2 \lambda(t). \qquad (S37)$$

b) L'équation du mouvement dans la partie 2 s'écrit $\ddot{x} = \frac{\alpha}{mx^3} - \omega^2 x$. On a donc la même équa. diff. que (S37), en identifiant : $\lambda(t) \longleftrightarrow x(t)$, $\omega_0^2 \longleftrightarrow \frac{\alpha}{m}$, $\omega_1^2 \longleftrightarrow \omega^2$.

Par ailleurs, on a $v_r(r, 0) = 0$ (car le fluide est à l'équilibre pour $t \le 0$). Et d'après (17), on a $\dot{\lambda}(0) = v_r(r, 0) \times \lambda(0)/r$, ce qui donne [en prenant $r \ne 0$, et sachant que $\lambda(0) \ne 0$] $\dot{\lambda}(0) = 0$.

Ceci correspond à la condition initiale $\dot{x}(0) = 0$ dans la question **10**. On peut donc utiliser la solution (S7) avec $x_0 = x(0) = \lambda(0) = 1$, soit en utilisant le fait que $\frac{\alpha}{k} = \frac{\alpha/m}{k/m} = \frac{\omega_0^2}{\omega_1^2}$ :

$$\lambda(t) = \sqrt{\frac{1}{2} \left(1 + \frac{\omega_0^2}{\omega_1^2}\right) + \frac{1}{2} \left(1 - \frac{\omega_0^2}{\omega_1^2}\right) \cos(2\omega_1 t)}. \qquad (S38)$$

**52) a)** On a $G(t) = \int r^2 n(\vec{r}, t) d\tau$. En utilisant (16), puis en faisant un changement de variable $\vec{r}' = \frac{\vec{r}}{\lambda}$ puis en changeant la variable muette $\vec{r}'$ en $\vec{r}$, et enfin en utilisant le fait que $G_0 = \int r^2 n_0(r) d\tau$, on obtient $G(t) = \lambda(t)^2 G_0$, soit en utilisant (S38),

$$G(t) = \frac{G_0}{2} \left[ \left(1 + \frac{\omega_0^2}{\omega_1^2}\right) + \left(1 - \frac{\omega_0^2}{\omega_1^2}\right) \cos(2\omega_1 t) \right].$$

b) Comme dans le résultat obtenu à la question **17**, $G(t)$ est égal à une constante plus une fonction sinusoïdale dont la période est égale au double de la période d'oscillation d'une particule dans le potentiel harmonique.

Dans une certaine mesure, on pouvait s'y attendre, car la propriété $U = \frac{3}{2}PV$ est vérifiée aussi bien dans le cas du gaz unitaire que dans le cas de N particules avec une force d'interaction en $1/r^3$. Mais ce n'était pas évident *a priori* que cette propriété soit suffisante pour avoir cette forme de $G(t)$.

c) Courbes : il faut distinguer deux cas (de même que dans la question **12**) :

* minimum en $t = 0$ pour $\omega_1 < \omega_0$ :

<figure><img src="image_8.png" /></figure>

* maximum en $t = 0$ pour $\omega_1 > \omega_0$ :
<figure><img src="image_9.png" /></figure>

Cas limites :

• $\omega_0 \gg \omega_1$: $G(t) \approx G_0 \frac{\omega_0^2}{\omega_1^2} \sin^2(\omega_1 t)$, sauf à proximité des points où le $\sin^2$ s'annule, où $G(t)$ est petit mais ne s'annule pas.

<figure><img src="image_10.png" /></figure>

• $\omega_0 \ll \omega_1$: $G(t) \approx G_0 \cos^2(\omega_1 t)$, sauf à proximité des points où le $\cos^2$ s'annule, où $G(t)$ est petit mais ne s'annule pas.

<figure><img src="image_11.png" /></figure>

Intuition physique : Pour $\omega_0 \gg \omega_1$ (resp. $\omega_0 \ll \omega_1$), le piège pour $t > 0$ est beaucoup moins raide (resp. beaucoup plus raide) que pour $t < 0$. Il est donc naturel que le nuage devienne beaucoup plus étendu (resp. beaucoup moins étendu) qu'initialement (avant de revenir à son état initial au bout d'une période).

* * *
*

Les auteurs remercient Sylvain Nascimbène et Lino Ponce pour d'utiles discussions.

Références

• D. Lynden-Bell et R. M. Lynden-Bell, « Exact general solutions to extraordinary N-body problems », Proceedings of the Royal Society of London. Series A, Vol. **455**, p. 475 (1999) [https://arxiv.org/abs/cond-mat/9808173]

• Y. Castin et F. Werner, « The unitary gas and its symmetry properties », dans : *The BEC-BCS Crossover and the Unitary Fermi gas*, Lecture Notes in Physics Vol. **836**, W. Zwerger (éd.), Springer, 2012 [https://arxiv.org/abs/1103.2851]