Exercice 12 - Exercice 1

3 h
240
En ouverture.
Question 1
Notations et preˊsentation {\color{RoyalBlue}{\textbf{Notations et présentation }}}
Soit δ\delta la distribution de Dirac.
Soit i\mathsf{i} le nombre imaginaire pur unité. On a alors i2=−1 \mathsf{i}^2 = -1.
Soit tt une quantité réelle qui représente le temps.
Soit ω\omega une quantité réelle homogène à une pulsation.
Soit c>0c > 0 la vitesse de la lumière dans le vide.
Soit hh la constante de Planck.
Soit k⃗=k1 e⃗1+k2 e⃗2+k3 e⃗3\vec{k} = k^1 \, \vec{e}_1 + k^2 \, \vec{e}_2 + k^3 \, \vec{e}_3 le vecteur d'onde dans l'espace physique tridimensionnel usuel dont B3={ e⃗1 ; e⃗2 ; e⃗3 }\mathscr{B}_3 = \left\lbrace \, \vec{e}_1 \,;\, \vec{e}_2 \,;\, \vec{e}_3 \, \right\rbrace est une base orthonormée.
Selon la convention d'Einstein, de l'indice répété, on note ceci comme :
k⃗=k1 e⃗1+k2 e⃗2+k3 e⃗3=∑i=13ki e⃗i=ki e⃗i\vec{k} = k^1 \, \vec{e}_1 + k^2 \, \vec{e}_2 + k^3 \, \vec{e}_3 = \sum_{i = 1}^{3} k^i \, \vec{e}_i = k^i \, \vec{e}_i
Les composantes kik^i, avec i=1i = 1, 22, ou 33, sont appelées les composantes contravariantes du vecteur k⃗\vec{k} dans la base B3\mathscr{B}_3.
La Relativité Restreinte s'exprime parfaitement dans le cadre de l'espace-temps de Poincaré-Minkowski. Ce dernier est un espace mathématique, plus précisément un espace affine pseudo-euclidien à quatre dimensions, noté E4\mathcal{E}_4, modélisant l'espace-temps dont le physicien a besoin.
En relativité restreinte, on définit un quadrivecteur, ou 4−4-vecteur, comme un vecteur appartenant à l'espace vectoriel E4E_4 qui est associé à l'espace affine E4\mathcal{E}_4 qu'est l'espace-temps. Un quadrivecteur a quatre composantes, toutes homogènes en dimension physique.
On introduit alors la base B4={ e⃗0 ; e⃗1 ; e⃗2 ; e⃗3 }\mathscr{B}_4 = \left\lbrace \, \vec{e}_0 \,;\, \vec{e}_1 \,;\, \vec{e}_2 \,;\, \vec{e}_3 \, \right\rbrace et e⃗0\vec{e}_0 est un vecteur directeur de l'axe temporel. Dans ce cas, dans l'espace vectoriel E4E_4, on a la décomposition suivante :
k⃗=k0 e⃗0+k1 e⃗1+k2 e⃗2+k3 e⃗3=∑i=03ki e⃗i=ki e⃗i\vec{k} = k^0 \, \vec{e}_0 + k^1 \, \vec{e}_1 + k^2 \, \vec{e}_2 + k^3 \, \vec{e}_3 = \sum_{i = 0}^{3} k^i \, \vec{e}_i = k^i \, \vec{e}_i
Les trois quadrivecteurs usuels dont nous aurons besoin sont les suivants :
∙  {\color{red}{\bullet \,\,}} Le quadrivecteur position :
4−x⃗=ct e⃗0+x1 e⃗1+x2 e⃗2+x3 e⃗3   ⟺   xμ=(ct ; x1 ; x2 ; x3)4-\vec{x} = ct \, \vec{e}_0 + x^1 \, \vec{e}_1 + x^2 \, \vec{e}_2 + x^3 \, \vec{e}_3 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, x^\mu = \left( ct \,;\, x^1 \,;\, x^2 \,;\, x^3 \right)
Que l'on note également :
xμ=(ct ; r⃗)x^\mu = \left( ct \,;\, \vec{r} \right)
∙∙  {\color{red}{\bullet \bullet \,\,}} Le quadrivecteur d'onde :
4−k⃗=ωc e⃗0+k1 e⃗1+k2 e⃗2+k3 e⃗3   ⟺   kμ=(ωc ; k1 ; k2 ; k3)4-\vec{k} = \dfrac{\omega}{c} \, \vec{e}_0 + k^1 \, \vec{e}_1 + k^2 \, \vec{e}_2 + k^3 \, \vec{e}_3 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, k^\mu = \left( \dfrac{\omega}{c} \,;\, k^1 \,;\, k^2 \,;\, k^3 \right)
Que l'on note également :
kμ=(ωc ; k⃗)k^\mu = \left( \dfrac{\omega}{c} \,;\, \vec{k} \right)
∙∙∙  {\color{red}{\bullet \bullet \bullet \,\,}} Le quadrivecteur de dérivation :
4−∇⃗=1c∂∂t e⃗0+∂∂x1 e⃗1+∂∂x2 e⃗2+∂∂x3 e⃗3   ⟺   ∂μ=∂∂xμ=(1c∂∂t ; ∂∂x1 ; ∂∂x2 ; ∂∂x3)4-\vec{\nabla} = \dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t} \, \vec{e}_0 + \dfrac{\partial}{\partial x^1} \, \vec{e}_1 + \dfrac{\partial}{\partial x^2} \, \vec{e}_2 + \dfrac{\partial}{\partial x^3} \, \vec{e}_3\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \partial_\mu = \dfrac{\partial}{\partial x^\mu} = \left( \dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t} \,;\, \dfrac{\partial}{\partial x^1} \,;\, \dfrac{\partial}{\partial x^2} \,;\, \dfrac{\partial}{\partial x^3} \right)
Que l'on note également :
∂μ=(1c∂∂t ; ∇⃗)\partial_\mu = \left( \dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t} \,;\, \vec{\nabla} \right)
L'équivalent du produit scalaire usuel k⃗∙r⃗=k1x1+k2x2+k3x3\vec{k} \bullet \vec{r} = k^1 x^1 + k^2 x^2 + k^3 x^3 est alors la forme bilinéaire suivante :
⟨4−k⃗ ; 4−x⃗⟩=k0x0−k1x1−k2x2−k3x3=k0x0−k⃗∙r⃗\left\langle 4-\vec{k} \,;\, 4-\vec{x} \right\rangle = k^0 x^0 - k^1 x^1 - k^2 x^2 - k^3 x^3 = k^0 x^0 - \vec{k} \bullet \vec{r}
À l'aide de la convention de l'indice répété, on note ceci sous la forme :
kμxμ=ημ νkνxμk_\mu x^\mu = \eta_{\mu \, \nu} k^\nu x^\mu
Avec la matrice meˊtrique{\color{blue}{\textbf{\textbf{métrique}}}}, également appelée tenseur meˊtrique{\color{blue}{\textbf{tenseur métrique}}}, suivante :
[η]=(+10000−10000−10000−1)[\eta] = \begin{pmatrix} +1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{pmatrix}
On désigne usuellement cette métrique par sa diagonale principale, qui contient l'information utile, par :
diag[η]=(+ ; − ; − ; −)\mathrm{diag}[\eta] = (+ \,;\, - \,;\, - \,;\, -)
Or, on a :
k0x0=ωc ct=ωtk^0 x^0 = \dfrac{\omega}{c} \, ct = \omega t
D'où :
⟨4−k⃗ ; 4−x⃗⟩=kμxμ=ωt−k⃗∙r⃗\left\langle 4-\vec{k} \,;\, 4-\vec{x} \right\rangle = k_\mu x^\mu = \omega t - \vec{k} \bullet \vec{r}
De même, on peut donc écrire que :
⟨4−∇⃗ ; 4−∇⃗⟩=∂μ∂μ=1c∂∂t 1c∂∂t−∇⃗∙∇⃗=1c2∂2∂t2−Δ\left\langle 4-\vec{\nabla} \,;\, 4-\vec{\nabla} \right\rangle = \partial_\mu \partial^\mu = \dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t} \, \dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t} - \vec{\nabla} \bullet \vec{\nabla} = \dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} - \Delta
L'opérateur 1c2∂2∂t2−Δ\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} - \Delta est très récurent en physique ondulatoire, c'est pourquoi il est nommé opeˊrateur d’alembertien{\color{blue}{\textbf{opérateur d'alembertien}}}, et se note □\square, selon :
□=1c2∂2∂t2−Δ\square = \dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} - \Delta
Ceci nous permet d'écrire que :
⟨4−∇⃗ ; 4−∇⃗⟩=∂μ∂μ=□\left\langle 4-\vec{\nabla} \,;\, 4-\vec{\nabla} \right\rangle = \partial_\mu \partial^\mu = \square
Les indices en position haute{\color{red}{\textbf{position haute}}} s'appellent les indices contravariants{\color{red}{\textbf{contravariants}}}. Les indices en position basse{\color{blue}{\textbf{position basse}}} s'appellent les indices covariants{\color{blue}{\textbf{covariants}}}. On a, par exemple :
kμ=ημαkαk^{\color{red}{\mu}} = \eta^{\mu\alpha} k_{\color{blue}{\alpha}}
Mais attention avec la dérivation car :
∂μ=∂∂xμ=ημα∂α=ημα∂∂xα\partial^{\mu} = \dfrac{\partial}{\partial x_{\mu}} = \eta^{\mu\alpha} \partial_{\alpha} = \eta^{\mu\alpha} \dfrac{\partial}{\partial x^{\alpha}}
Donc ∂α=∂∂xα=(1c∂∂t,∇⃗)\partial_{\color{blue}{\alpha}} = \dfrac{\partial}{\partial x^\alpha} = \left( \dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t}, \vec{\nabla} \right) est un opérateur covariant{\color{blue}{\textbf{covariant}}} et l'opérateur de dérivation ∂μ=∂∂xμ=(1c∂∂t,−∇⃗)\partial^{\color{red}{\mu}} = \dfrac{\partial}{\partial x_\mu} = \left( \dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t}, - \vec{\nabla} \right) est un opérateur contravariant{\color{red}{\textbf{contravariant}}}.
Pour que la sommation, sur l'indice répété, d'Einstein soit effective il faut impérativement que, dans une même expression, la même lettre symbolise un indice contravariant{\color{red}{\textbf{contravariant}}} et un indice covariant{\color{blue}{\textbf{covariant}}}.
On rappelle que le symbole de Kronecker, qui est usuellement noté par δμν\delta_\mu^\nu, a pour définition :
δμν={1siμ=ν0siμ≠ν\delta_\mu^\nu = \left\lbrace \begin{array}{rcl} 1 & \mathrm{si} & \mu = \nu \\ 0 & \mathrm{si} & \mu \neq \nu \\ \end{array} \right.
L'équation de Klein-Gordon, établie en 1926, est la version relativiste de l'équation de Schrödinger pour une particule libre, de masse m>0m >0 et de spin nul. Par exemple, dans l'approximation du champ libre, le célèbre boson de Higgs est décrit par une équation de type Klein-Gordon. Mathématiquement, cette équation de Klein-Gordon est une équation aux dérivées partielles dispersive.
En partant de la relation de dispersion relativiste de l'énergie, on obtient aisément l'équation de Klein-Gordon en unités SI suivante :
(1c2∂2∂t2−Δ+m2c2ℏ2)ψ(r⃗ ; t)=0   ⟺   (□+m2c2ℏ2)ψ(r⃗ ; t)=0\left( \dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} - \Delta + \dfrac{m^2c^2} {\hslash^2} \right) \psi(\vec{r} \,;\, t) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left( \square + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} \right) \psi(\vec{r} \,;\, t) = 0
Le terme ℏ=h2π\hslash = \dfrac{h}{2\pi} est la constante de Planck réduite ou constante de Dirac.
On considérera ψ\psi dans un cadre fonctionnel suffisamment large pour permettre l'utilisation de la transformée de Fourier et des distributions tempérées.
En faisant usage des développements introductifs précédents et des quadrivecteurs, l'équation de Klein-Gordon prend la forme adaptée à l'élégance de la Relativité Restreinte et devient :
(∂μ∂μ+m2c2ℏ2)ψ(x)=0\left( \partial_\mu \partial^\mu + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2}\right) \psi(x) = 0
L'expression ψ(x)\psi(x) s'exprime, par transformée de \textit{Fourier} inverse, comme :
ψ(x)=14π2∫R4ψ^(k) ei kμxμ d4k\psi(x) = \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(k) \, e^{\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} \, \mathrm{d}^4k
Et de fait :
ψ^(k)=14π2∫R4ψ(x) e−i kμxμ d4x\widehat{\psi}(k) = \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \psi(x) \, e^{-\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} \, \mathrm{d}^4x
Avec :
d4k=dk0×d3k⃗=d(ωc)×d3k⃗=1c dω×d3k⃗\mathrm{d}^4k = \mathrm{d}k^0 \times \mathrm{d}^3\vec{k} = \mathrm{d}\left( \dfrac{ \omega}{c} \right) \times \mathrm{d}^3\vec{k} = \dfrac{ 1}{c} \, \mathrm{d}\omega \times \mathrm{d}^3\vec{k}
Et :
d4x=dx0×d3r⃗=d(ct)×d3r⃗=c dt×d3r⃗\mathrm{d}^4x = \mathrm{d}x^0 \times \mathrm{d}^3\vec{r} = \mathrm{d}\left( ct \right) \times \mathrm{d}^3\vec{r} = c \, \mathrm{d}t \times \mathrm{d}^3\vec{r}
Ainsi, on a les écritures suivantes :
ψ(r⃗ ; t)=14π2c∫R4ψ^(k⃗ ; ω) ei (ωt−k⃗∙r⃗) dω d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{\mathsf{i} \, \left( \omega t - \vec{k} \bullet \vec{r} \right) } \, \mathrm{d}\omega \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Accompagnée de la relation :
ψ^(k⃗ ; ω)=c4π2∫R4ψ(r⃗ ; t) e−i (ωt−k⃗∙r⃗) dt d3r⃗\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{c}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \psi(\vec{r} \,;\, t) \, e^{-\mathsf{i} \, \left( \omega t - \vec{k} \bullet \vec{r} \right) } \, \mathrm{d}t \, \mathrm{d}^3\vec{r}
On rappelle également que, si D\mathcal{D} est une distribution et que l'on a les deux fonctions X⟼XX \longmapsto X et Y⟼YY \longmapsto Y alors l'équation XY D=0XY \, \mathcal{D} = 0 admet pour solution générale, dans l'ensemble des distributions tempérées, D=C1 δ(X)+C2 δ(Y)\mathcal{D} = C_1 \, \delta(X) + C_2 \, \delta(Y), avec C1C_1 et C2C_2 sont deux constantes qui peuvent-être complexes.
La transformée de Fourier inverse ψ^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) est vue comme une distribution par rapport à la variable ω\omega.

Soit N∈N⋆N \in \mathbb{N}^\star. Soit g:x∈R⟼g(x)∈Rg : x \in \mathbb{R} \longmapsto g(x) \in \mathbb{R} une fonction numérique au moins de classe C1(R)\mathscr{C}^1(\mathbb{R}). On interprète ici δ(g(x))\delta\big( g(x) \big) au sens distributionnel par la formule que nous allons établir.
On désigne par xix_i, avec i∈[[1 ; N]]i \in [[ 1 \,;\, N ]], les NN racines simples de gg. Ainsi on a :
{g(xi)=0g′(xi)≠0\left\lbrace \begin{array}{rcl} g(x_i) & = & 0 \\ g'(x_i) & \neq & 0 \\ \end{array} \right.
On désigne par ViV_i un voisinage de la racine xix_i. Le théorème d'inversion locale assure que gg est une bijection strictement monotone sur chaque voisinage ViV_i.
Démontrer que :
δ(g(x))=∑i=1Nδ(x−xi)∣ g′(xi) ∣\delta\big( g(x) \big) = \sum_{i=1}^{N} \dfrac{\delta(x-x_i)}{\left\vert \, g'(x_i) \, \right\vert}

↬  \looparrowright \,\, Pour ce faire, réfléchissez à partir de l'intégrale I=∫Rδ(g(x)) φ(x) dxI = \displaystyle{\int_\mathbb{R}} \delta\big( g(x) \big) \, \varphi(x) \, \mathrm{d}x, où φ\varphi est une fonction numérique réelle (de l'espace des distributions tempérées), qui est appelée fonction test (généralement à décroissance rapide, appartenant à l'espace de Schwartz), puis procéder à un changement de variable y=g(x)y = g(x).

Correction
Dans la correction qui va suivre, nous garderons à l'esprit que vous n'avez pas suivi de cours sur les Distributions, ni sur la Relativité Restreinte et ni sur la Mécanique Quantique. C'est pourquoi, certains passages de cette correction seront moins rigoureux qu'ils ne devraient l'être mais qu'ils seront parfaitement compréhensibles, et parfois mêmes intuitifs, avec vos connaissances actuelles d'analyse réelle et fonctionnelle. L'objectif étant de vous illustrer la nécessité de la transversalité, entre les disciplines, en Sciences.

On a l'intégrale suivante :
I=∫Rδ(g(x)) φ(x) dxI = \int_\mathbb{R} \delta\big( g(x) \big) \, \varphi(x) \, \mathrm{d}x
Toutes les N∈NN \in \mathbb{N} racines xix_i, avec i∈[[1 ; N]]i \in [[ 1 \,;\, N ]], de gg sont des racines simples.
La continuité de g′g', et la simplicité des racines, imposent qu'il existe, autour de chaque racine xix_i, un voisinage ouvert disjoint Vi=] xi−ε ; xi+ε [V_i = ] \, x_i - \varepsilon \,;\, x_i + \varepsilon \,[, avec ε>0 \varepsilon > 0, sur lequel la dérivée g′g' ne s'annule pas et de fait conserve un signe constant.
En conséquence, en dehors de ces voisinages, g(x)≠0g(x) \neq 0, donc la distribution de Dirac δ(g(x))\delta(g(x)) y est nulle.
On peut donc découper le domaine d'intégration de l'intégrale II et ainsi faire apparaitre une somme d'intégrales sur chacun des voisinages ViV_i. On a alors :
I=∑i=1N∫Viδ(g(x)) φ(x) dxI = \sum_{i=1}^{N}\int_{V_i} \delta\big( g(x) \big) \, \varphi(x) \, \mathrm{d}x
Sur chaque intervalle ViV_i, effectuons le changement de variable y=g(x)y = g(x). Dans ce cas on a :
dydx=ddxg(x)=g′(x)\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} g(x) = g'(x)
D'où :
dy=g′(x) dx    ⟺    dx=dyg′(x)\mathrm{d}y = g'(x)\, \mathrm{d}x \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}y}{g'(x)}
Lorsque xx varie dans le voisinage ViV_i, yy, lui, varie dans un intervalle Ji=g(Vi)J_i = g(V_i) qui contient nécessairement 0=g(xi)0 = g(x_i). Comme dx=dyg′(x)\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}y}{g'(x)}, le signe de g′(x)g'(x) sur ViV_i est essentiel pour statuer correctement sur les bornes de l'intégrale en yy sur JiJ_i.
Examinons les deux cas possibles :
∙  {\color{red}{\bullet \,\,}} premier cas : si g′(xi)>0g'(x_i) > 0
Dans ce cas la fonction gg est strictement croissante sur ViV_i. Ceci nous permet d'affirmer que les bornes de la nouvelle intégration, en yy sur JiJ_i, sont conservées dans le même sens. En outre, comme g′(xi)>0g'(x_i) > 0, cela implique que g′(xi)=∣ g′(xi) ∣g'(x_i) = | \, g'(x_i) \, |. D'où :
dx=dy∣ g′(x) ∣\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}y}{|\, g'(x) \, |}
∙∙  {\color{red}{\bullet \bullet \,\,}} second cas : si g′(xi)<0g'(x_i) < 0
Dans ce cas la fonction gg est strictement décroissante sur ViV_i. Ceci nous permet d'affirmer que les bornes de la nouvelle intégration, en yy sur JiJ_i, sont inversées. On inverse à nouveau les deux bornes et cela induit l'apparition d'un signe moins. Ainsi, lors de l'intégration en yy sur JiJ_i, les bornes sont également conservées. En outre, comme g′(xi)<0g'(x_i) < 0, cela implique que le signe moins apparu précédemment fait que −g′(xi)>0-g'(x_i) > 0. De ceci on en déduit que −g′(xi)=∣ g′(xi) ∣- g'(x_i) = | \, g'(x_i) \, |. D'où :
dx=dy∣ g′(x) ∣\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}y}{|\, g'(x) \, |}
Dans les deux cas précédents, les conclusions sont les mêmes, à savoir que les bornes de l'intégration en yy sur JiJ_i, sont les mêmes que celles en xx sur ViV_i, et que :
dx=dy∣ g′(x) ∣\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}y}{|\, g'(x) \, |}
Donc, avec x∈Vix \in V_i et y∈Jiy \in J_i, nous avons posé y=g(x)y = g(x). En désignant par Rg\mathcal{R}_g la fonction réciproque de gg, on a alors x=Rg(y)x = \mathcal{R}_g(y). Dans ce cas, on a alors :
I=∑i=1N∫Jiδ(y) φ(Rg(y)) dy∣ g′(x) ∣I = \sum_{i=1}^{N}\int_{J_i} \delta\big( y \big) \, \varphi\big( \mathcal{R}_g(y) \big) \, \dfrac{\mathrm{d}y}{|\, g'(x) \, |}
Soit :
I=∑i=1N∫Jiδ(y) φ(Rg(y)) dy∣ g′(Rg(y)) ∣I = \sum_{i=1}^{N} \int_{J_i} \delta\big( y \big) \, \varphi\big( \mathcal{R}_g(y) \big) \, \dfrac{\mathrm{d}y}{|\, g'\left( \mathcal{R}_g(y) \right) \, |}
Or, on sait que tous les JiJ_i contiennent 00, alors en faisant usage de la propriété de la distribution de Dirac δ(y)\delta(y) dans l'intégrale, on obtient :
I=∑i=1N∫Jiδ(y) φ(Rg(y)) dy∣ g′(Rg(y)) ∣=∑i=1N(φ(Rg(0))×1∣ g′(Rg(0)) ∣)I = \sum_{i=1}^{N} \int_{J_i} \delta\big( y \big) \, \varphi\big( \mathcal{R}_g(y) \big) \, \dfrac{\mathrm{d}y}{|\, g'\left( \mathcal{R}_g(y) \right) \, |} = \sum_{i=1}^{N} \left( \varphi\big( \mathcal{R}_g(0) \big) \times \dfrac{1}{|\, g'\left( \mathcal{R}_g(0) \right) \, |} \right)
Mais xi=Rg(0)x_i = \mathcal{R}_g(0). Donc :
I=∑i=1N(φ(xi)×1∣ g′(xi) ∣)I = \sum_{i=1}^{N} \left( \varphi\big( x_i \big) \times \dfrac{1}{|\, g'\left( x_i \right) \, |} \right)
On peut donc écrire que :
I=∑i=1N(∫Viδ(x−xi)φ(x) dx×1∣ g′(xi) ∣)I = \sum_{i=1}^{N} \left( \int_{V_i} \delta(x-x_i)\varphi(x) \, \mathrm{d}x \times \dfrac{1}{|\, g'\left( x_i \right) \, |} \right)
Soit :
I=∑i=1N∫Viδ(x−xi)∣ g′(xi) ∣ φ(x) dxI = \sum_{i=1}^{N} \int_{V_i} \dfrac{ \delta(x-x_i)}{ | \, g'\left( x_i \right) \, | } \, \varphi(x) \, \mathrm{d}x
En tenant compte des propriétés δ(x−xi)\delta(x-x_i) dans un processus d'intégration, on en déduit que :
I=∫R∑i=1Nδ(x−xi)∣ g′(xi) ∣ φ(x) dxI = \int_{\mathbb{R} } \sum_{i=1}^{N} \dfrac{ \delta(x-x_i)}{ | \, g'\left( x_i \right) \, | } \, \varphi(x) \, \mathrm{d}x
On a alors l'égalité suivante :
∫Rδ(g(x)) φ(x) dx=∫R∑i=1Nδ(x−xi)∣ g′(xi) ∣ φ(x) dx\int_{\mathbb{R} } {\color{red}{ \delta\big( g(x) \big) }} \, \varphi(x) \, \mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R} } {\color{red}{ \sum_{i=1}^{N} \dfrac{ \delta(x-x_i)}{ | \, g'\left( x_i \right) \, | } }} \, \varphi(x) \, \mathrm{d}x
Finalement, on a bien démontré que l'on a la relation suivante :
δ(g(x))=∑i=1Nδ(x−xi)∣ g′(xi) ∣\delta\big( g(x) \big) = \sum_{i=1}^{N} \dfrac{\delta(x-x_i)}{\left\vert \, g'(x_i) \, \right\vert}
Question 2

Soit a∈R⋆a \in \mathbb{R}^\star. Démontrer que :
δ(ω2−a2)=12 ∣a∣(δ(ω−a)+δ(ω+a))\delta\big(\omega^2 - a^2 \big) = \dfrac{1}{2 \, |a|} \big( \delta(\omega - a ) + \delta(\omega + a ) \big)

Correction
Soit a∈R⋆a \in \mathbb{R}^\star. Nous allons appliquer la relation de la question précédente. Pour ce faire, on pose :
g(ω)=ω2−a2g(\omega) = \omega^2 - a^2
Donc :
g(ω)=0   ⟺   ω2−a2=0   ⟺   ω2=a2   ⟺   ω=±ag(\omega) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \omega^2 - a^2 = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \omega^2 = a^2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \omega = \pm a
Puis :
g′(ω)=2ωg'(\omega) = 2\omega
D'où :
{∣ g′(a) ∣=∣ 2a ∣=2 ∣a ∣∣ g′(−a) ∣=∣ 2(−a) ∣=∣ −2a ∣=∣ 2a ∣=2 ∣a ∣\left\lbrace \begin{array}{rcl} | \, g'(a) \, | & = & | \, 2a \, | = 2 \, | a \, | \\ & & \\ | \, g'(-a) \, | & = & | \, 2(-a) \, | = | \, -2a \, | = | \, 2a \, | = 2 \, | a \, | \\ \end{array} \right.
Donc, en appliquant la relation qui est issue de la question précédente, on peut écrire que :
δ(ω2−a2)=δ(ω−a)∣ g′(a) ∣+δ(ω−(−a))∣ g′(−a) ∣\delta(\omega^2 - a^2 \big) = \dfrac{ \delta(\omega - a \big) }{| \, g'(a) \, |} + \dfrac{ \delta(\omega - (-a) \big) }{| \, g'(-a) \, |}
Ce qui nous donne :
δ(ω2−a2)=δ(ω−a)2 ∣a ∣+δ(ω+a)2 ∣a ∣\delta(\omega^2 - a^2 \big) = \dfrac{ \delta(\omega - a \big) }{2 \, | a \, |} + \dfrac{ \delta(\omega + a \big) }{2 \, | a \, |}
Finalement, en factorisant par 12 ∣a ∣\dfrac{ 1 }{2 \, | a \, |}, on trouve finalement la relation souhaitée, à savoir :
δ(ω2−a2)=12 ∣a∣(δ(ω−a)+δ(ω+a))\delta(\omega^2 - a^2 \big) = \dfrac{1}{2 \, |a|} \big( \delta(\omega - a \big) + \delta(\omega + a \big) \big)
Question 3

Déterminer l'expression de ∂μ(ei kνxν)\partial_\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right).

Correction
On a, en tenant compte de la convention de sommation d'Einstein, les écritures suivantes :
kνxν=∑ν=03kνxν=k0x0+k1x1+k2x2+k3x3k_\nu x^\nu = \sum_{\nu = 0}^3 k_\nu x^\nu = k_0 x^0 + k_1 x^1 + k_2 x^2 + k_3 x^3
Maintenant, dérivons par rapport à la composante contravariante xμx^\mu, ce qui correspond à l'opérateur de dérivation partielle ∂μ=∂∂xμ\partial_\mu = \dfrac{\partial}{\partial x^\mu}. On a alors :
∂μ(kνxν)=∂∂xμ(∑ν=03kνxν)=∑ν=03kν∂xν∂xμ=∑ν=03kν δμν=kμ\partial_\mu (k_\nu x^\nu) = \dfrac{\partial}{\partial x^\mu} \left( \sum_{\nu = 0}^3 k_\nu x^\nu \right) = \sum_{\nu=0}^3 k_\nu \dfrac{\partial x^\nu}{\partial x^\mu} = \sum_{\nu=0}^3 k_\nu \, \delta^\nu_\mu = k_\mu
Puis, par dérivation usuelle d'une exponentielle, on peut donc écrire que :
∂μ(ei kνxν)=[∂μ(i kνxν)]eikνxν=i[∂μ(kνxν)]eikνxν\partial_\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \left[ \partial_\mu (\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu) \right] e^{\mathsf{i} k_\nu x^\nu} = \mathsf{i} \left[ \partial_\mu (k_\nu x^\nu) \right] e^{\mathsf{i} k_\nu x^\nu}
Finalement, on a le résultat suivant :
∂μ(ei kνxν)=i kμ ei kνxν\partial_\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \mathsf{i} \, k_\mu \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Question 4

Déterminer l'expression de ∂μ(ei kνxν)\partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right).

Correction
Par définition de la montée d'indice, avec le tenseur métrique ημα\eta^{\mu\alpha}, on a alors :
∂μ(ei kνxν)=ημα∂α(ei kνxν)\partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \eta^{\mu\alpha} \partial_\alpha \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right)
D'après la question précédente, on a alors :
∂μ(ei kνxν)=ημα i kα ei kνxν\partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \eta^{\mu\alpha} \, \mathsf{i} \, k_\alpha \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Soit :
∂μ(ei kνxν)=i ημα kα ei kνxν\partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \mathsf{i} \, \eta^{\mu\alpha} \, k_\alpha \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Finalement :
∂μ(ei kνxν)=i kμ ei kνxν\partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \mathsf{i} \, k^\mu \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Question 5

Déterminer l'expression de ∂μ∂μ(ei kνxν)\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right).

Correction
On a :
∂μ∂μ(ei kνxν)=ημα∂μ(∂α(ei kνxν))=ημα ∂μ(i kα ei kνxν)\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \eta^{\mu\alpha} \partial_\mu \left( \partial_\alpha \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) \right) = \eta^{\mu\alpha} \, \partial_\mu \left( \mathsf{i} \, k_\alpha \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right)
Soit :
∂μ∂μ(ei kνxν)=ημα i kα ∂μ(ei kνxν)=i ημα kα ∂μ(ei kνxν)\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \eta^{\mu\alpha} \, \mathsf{i} \, k_\alpha \, \partial_\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \mathsf{i} \, \eta^{\mu\alpha} \, k_\alpha \, \partial_\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right)
Et d'après les résultats précédents, on obtient alors :
∂μ∂μ(ei kνxν)=i ημα kα (i kμei kνxν)\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \mathsf{i} \, \eta^{\mu\alpha} \, k_\alpha \, \left( \mathsf{i} \, k_\mu e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right)
D'où :
∂μ∂μ(ei kνxν)=i2 ημα kα (kμei kνxν)=i2 (ημα kα kμ)ei kνxν\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) =\mathsf{i}^2 \, \eta^{\mu\alpha} \, k_\alpha \, \left( k_\mu e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = \mathsf{i}^2 \, \left( \eta^{\mu\alpha} \, k_\alpha \, k_\mu \right) e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Comme i2=−1\mathsf{i}^2 = -1, on obtient :
∂μ∂μ(ei kνxν)=−(ημα kα kμ)ei kνxν\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = - \left( \eta^{\mu\alpha} \, k_\alpha \, k_\mu \right) e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Or, par montée d'indice sur le tenseur métrique, on sait que ημαkα=kμ\eta^{\mu\alpha} k_\alpha = k^\mu. On a alors :
∂μ∂μ(ei kνxν)=−(kμ kμ)ei kνxν\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = - \left( k^\mu \, k_\mu \right) e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Finalement :
∂μ∂μ(ei kνxν)=−kμkμ ei kνxν=−kμkμ ei kνxν\partial_\mu \partial^\mu \left( e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} \right) = - k^\mu k_\mu \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} = - k_\mu k^\mu \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu}
Question 6

On pose :
∀k∈R,   ωk=ck2+m2c2ℏ2>0\forall k \in \mathbb{R}, \,\,\, \omega_k = c \sqrt{k^2 + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2}} > 0
Démontrer que l'on a :
(ω2−ωk2) ψ^(k⃗ ; ω)=0\big( \omega^2 - \omega_k^2 \big) \, \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = 0

Correction
L'équation de Klein-Gordon est :
(∂μ∂μ+m2c2ℏ2)ψ(x)=0\left( \partial_\mu \partial^\mu + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2}\right) \psi(x) = 0
Exprimons maintenant, dans cette équation ψ(x)\psi(x) comme étant la transformée de Fourier inverse de ψ^(k)\widehat{\psi}(k). On a alors :
(∂μ∂μ+m2c2ℏ2)14π2∫R4ψ^(k) ei kμxμ d4k=0\left( \partial_\mu \partial^\mu + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2}\right) \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(k) \, e^{\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} \, \mathrm{d}^4k = 0
Soit encore :
14π2∫R4ψ^(k) (∂μ∂μ+m2c2ℏ2)ei kμxμ d4k=0\dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(k) \, \left( \partial_\mu \partial^\mu + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2}\right) e^{\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} \, \mathrm{d}^4k = 0
Ce qui nous donne :
14π2∫R4ψ^(k) (∂μ∂μei kμxμ+m2c2ℏ2ei kμxμ) d4k=0\dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(k) \, \left( \partial_\mu \partial^\mu e^{\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} e^{\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} \right) \, \mathrm{d}^4k = 0
Le résultat de la question précédente nous permet d'écrire que :
14π2∫R4ψ^(k) (−kμkμ ei kνxν+m2c2ℏ2ei kμxμ) d4k=0\dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(k) \, \left( - k_\mu k^\mu \, e^{\mathsf{i} \, k_\nu x^\nu} + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} e^{\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} \right) \, \mathrm{d}^4k = 0
En factorisant on obtient :
14π2∫R4ψ^(k) (−kμkμ+m2c2ℏ2) ei kμxμ d4k=0\dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(k) \, \left( - k_\mu k^\mu + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} \right) \ e^{\mathsf{i} \, k_\mu x^\mu} \, \mathrm{d}^4k = 0
Or, l'injectivité de la transformée de Fourier ψ^(k)\widehat{\psi}(k) nous assure que si la transformée de Fourier d'une distribution est nulle, alors la distribution elle-même est nulle. D'où :
ψ^(k) (−kμkμ+m2c2ℏ2)=0\widehat{\psi}(k) \, \left( - k_\mu k^\mu + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} \right) = 0
Soit :
ψ^(k) (kμkμ−m2c2ℏ2)=0\widehat{\psi}(k) \, \left( k^\mu k_\mu - \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} \right) = 0
Mais, on sait que :
kμkμ=⟨4−k⃗ ; 4−k⃗⟩=k0k0−k1k1−k2k2−k3k3=(k0)2−k⃗∙k⃗k_\mu k^\mu = \left\langle 4-\vec{k} \,;\, 4-\vec{k} \right\rangle = k^0 k^0 - k^1 k^1 - k^2 k^2 - k^3 k^3 = \big( k^0 \big)^2 - \vec{k} \bullet \vec{k}
D'où :
kμkμ=(ωc)2−∣∣ k⃗ ∣∣2=ω2c2−k2    avec: k=∣∣ k⃗ ∣∣k_\mu k^\mu = \left( \dfrac{\omega}{c} \right)^2 - || \, \vec{k} \, ||^2 = \dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 \,\,\,\, \mathrm{avec :} \, k = || \, \vec{k} \, ||
On obtient alors :
ψ^(k) (ω2c2−k2−m2c2ℏ2)=0\widehat{\psi}(k) \, \left( \dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 - \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} \right) = 0
En multipliant par c2c^2, on a alors :
ψ^(k) (ω2−c2k2−m2c4ℏ2)=0\widehat{\psi}(k) \, \left( \omega^2 - c^2k^2 - \dfrac{m^2c^4}{\hslash^2} \right) = 0
Soit :
ψ^(k) (ω2−c2(k2+m2c2ℏ2))=0\widehat{\psi}(k) \, \left( \omega^2 - c^2 \left( k^2 + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} \right) \right) = 0
Soit encore :
ψ^(k) (ω2−(ck2+m2c2ℏ2)2)=0\widehat{\psi}(k) \, \left( \omega^2 - \left( c \sqrt{k^2 + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2} } \right)^2 \right) = 0
Or, le sujet demande de poser :
∀k∈R,   ωk=ck2+m2c2ℏ2>0\forall k \in \mathbb{R}, \,\,\, \omega_k = c \sqrt{k^2 + \dfrac{m^2c^2}{\hslash^2}} > 0
Ainsi :
ψ^(k) (ω2−ωk2)=0\widehat{\psi}(k) \, \left( \omega^2 - \omega_k^2 \right) = 0
Finalement, on a donc bien démontré que :
(ω2−ωk2) ψ^(k⃗ ; ω)=0\big( \omega^2 - \omega_k^2 \big) \, \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = 0
Question 7

En déduire que :
ψ^(k⃗ ; ω)=2πc(A(k⃗) δ(ω−ωk)+B(k⃗) δ(ω+ωk))\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k) + B(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k) \right)
Dans cette relation précédente, les deux termes A(k⃗)A(\vec{k}) et B(k⃗)B(\vec{k}) sont deux amplitudes complexes arbitraires qui seraient à déterminer par des conditions initiales.

Correction
On a :
(ω2−ωk2) ψ^(k⃗ ; ω)=0    ⟺    ((ω−ωk)(ω+ωk)) ψ^(k⃗ ; ω)=0\big( \omega^2 - \omega_k^2 \big) \, \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left( \big( \omega - \omega_k \big) \big( \omega + \omega_k \big) \right) \, \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = 0
D'après les résultats précédents ainsi que les informations et rappels du sujet, notamment que la transformée de Fourier inverse ψ^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) est une distribution par rapport à la variable ω\omega, on peut écrire que ψ^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) est de la forme :
ψ^(k⃗ ; ω)=C1(k⃗)12 ωkδ(ω−ωk)+C2(k⃗)12 ωkδ(ω+ωk)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = C_1(\vec{k}) \dfrac{1}{2 \, \omega_k } \delta(\omega - \omega_k ) + C_2(\vec{k})\dfrac{1}{2 \, \omega_k } \delta(\omega + \omega_k )
Dans cette dernière relation, les termes C1C_1 et C2C_2 sont des grandeurs (complexes) indépendantes vis-à-vis de ω\omega mais qui dépendent évidemment du vecteur d'onde k⃗\vec{k} qui, lui, est présent dans ψ^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) .
Posons maintenant :
{C1(k⃗)=C1(k⃗)2 ωkC2(k⃗)=C2(k⃗)2 ωk\left\lbrace \begin{array}{rcl} \mathcal{C}_1(\vec{k}) & = & \dfrac{C_1(\vec{k})}{2 \, \omega_k } \\ & & \\ \mathcal{C}_2(\vec{k}) & = & \dfrac{C_2(\vec{k})}{2 \, \omega_k } \\ \end{array} \right.
On a alors :
ψ^(k⃗ ; ω)=C1(k⃗) δ(ω−ωk)+C2(k⃗) δ(ω+ωk)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathcal{C}_1(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k ) + \mathcal{C}_2(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k )
Par observation de la solution à trouver, on constate que nous devons, à présent, poser :
{C1(k⃗)=2πc A(k⃗)C2(k⃗)=2πc B(k⃗)\left\lbrace \begin{array}{rcl} \mathcal{C}_1(\vec{k}) & = & 2\pi c \, A(\vec{k}) \\ & & \\ \mathcal{C}_2(\vec{k}) & = & 2\pi c \, B(\vec{k}) \\ \end{array} \right.
Ainsi on obtient :
ψ^(k⃗ ; ω)=2πc A(k⃗) δ(ω−ωk)+2πc B(k⃗) δ(ω+ωk)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = 2\pi c \, A(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k ) + 2\pi c \, B(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k )
Finalement, après une factorisation par 2πc2\pi c, on trouve bien l'expression proposée, à savoir :
ψ^(k⃗ ; ω)=2πc(A(k⃗) δ(ω−ωk)+B(k⃗) δ(ω+ωk))\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k) + B(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k) \right)
Dans cette relation précédente, les deux termes A(k⃗)A(\vec{k}) et B(k⃗)B(\vec{k}) sont deux amplitudes complexes arbitraires qui seraient à déterminer par des conditions initiales.
Question 8

Déterminer l'expression de l'intégrale généralisée Ω\Omega suivante :
Ω=∫−∞+∞ψ^(k⃗ ; ω) ei ωt dω\Omega = \int_{-\infty}^{+\infty} \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega

Correction
On a l'intégrale généralisée Ω\Omega suivante :
Ω=∫−∞+∞ψ^(k⃗ ; ω) ei ωt dω\Omega = \int_{-\infty}^{+\infty} \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega
Soit :
Ω=∫−∞+∞2πc(A(k⃗) δ(ω−ωk)+B(k⃗) δ(ω+ωk)) ei ωt dω\Omega = \int_{-\infty}^{+\infty} 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k) + B(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k) \right) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega
Soit encore :
Ω=2πc∫−∞+∞(A(k⃗) δ(ω−ωk)+B(k⃗) δ(ω+ωk)) ei ωt dω\Omega = 2\pi c \int_{-\infty}^{+\infty} \left( A(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k) + B(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k) \right) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega
D'où :
Ω=2πc∫−∞+∞(A(k⃗) δ(ω−ωk) ei ωt+B(k⃗) δ(ω+ωk) ei ωt) dω\Omega = 2\pi c \int_{-\infty}^{+\infty} \left( A(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} + B(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \right) \, \mathrm{d}\omega
Ainsi, on obtient :
Ω=2πc(∫−∞+∞A(k⃗) δ(ω−ωk) ei ωt dω+∫−∞+∞B(k⃗) δ(ω+ωk) ei ωt dω)\Omega = 2\pi c \left( \int_{-\infty}^{+\infty} A(\vec{k}) \, \delta(\omega - \omega_k) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega + \int_{-\infty}^{+\infty} B(\vec{k}) \, \delta(\omega + \omega_k) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega \right)
Ce qui nous donne :
Ω=2πc(A(k⃗) ∫−∞+∞δ(ω−ωk) ei ωt dω+B(k⃗) ∫−∞+∞δ(ω+ωk) ei ωt dω)\Omega = 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(\omega - \omega_k) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega + B(\vec{k}) \, \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(\omega + \omega_k) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega \right)
Ceci s'écrit également comme :
Ω=2πc(A(k⃗) ∫−∞+∞δ(ω−ωk) ei ωt dω+B(k⃗) ∫−∞+∞δ(ω−(−ωk)) ei ωt dω)\Omega = 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(\omega - \omega_k) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega + B(\vec{k}) \, \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(\omega - (-\omega_k)) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega \right)
En faisant usage des propriétés de la distribution de Dirac sur l'intégration, on a :
Ω=2πc(A(k⃗) ei ωkt+B(k⃗) ei (−ωk)t)\Omega = 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, \omega_k t} + B(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, (-\omega_k ) t} \right)
Finalement, on trouve que :
Ω=2πc(A(k⃗) ei ωkt+B(k⃗) e−i ωkt)\Omega = 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, \omega_k t} + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \, \omega_k t} \right)
Question 9

Résoudre l'équation de Klein-Gordon. C'est-à-dire, déterminer l'expression de ψ(r⃗ ; t)\psi(\vec{r} \,;\, t).

Correction
D'après l'énoncé, on sait que la solution recherchée, à savoir ψ(r⃗ ; t)\psi(\vec{r} \,;\, t), va s'écrire comme :
ψ(r⃗ ; t)=14π2c∫R4ψ^(k⃗ ; ω) ei (ωt−k⃗∙r⃗) dω d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{\mathsf{i} \, \left( \omega t - \vec{k} \bullet \vec{r} \right) } \, \mathrm{d}\omega \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Ce qui nous donne donc :
ψ(r⃗ ; t)=14π2c∫R4ψ^(k⃗ ; ω) ei ωt e−i k⃗∙r⃗ dω d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t } \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \mathrm{d}\omega \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Soit :
ψ(r⃗ ; t)=14π2c∫R3∫Rψ^(k⃗ ; ω) ei ωt e−i k⃗∙r⃗ dω d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^3} \int_{\mathbb{R}}\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t } \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \mathrm{d}\omega \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Soit encore :
ψ(r⃗ ; t)=14π2c∫R3(∫−∞+∞ψ^(k⃗ ; ω) ei ωt dω) e−i k⃗∙r⃗ d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^3} \left( \int_{-\infty}^{+\infty} \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{\mathsf{i} \, \omega t } \, \mathrm{d}\omega \right) \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Ainsi :
ψ(r⃗ ; t)=14π2c∫R3(Ω) e−i k⃗∙r⃗ d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^3} \left( \Omega \right) \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Ce qui nous permet d'écrire que :
ψ(r⃗ ; t)=14π2c∫R32πc(A(k⃗) ei ωkt+B(k⃗) e−i ωkt) e−i k⃗∙r⃗ d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^3} 2\pi c \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, \omega_k t} + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \, \omega_k t} \right) \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \mathrm{d}^3\vec{k}
De fait, on obtient :
ψ(r⃗ ; t)=2πc4π2c∫R3(A(k⃗) ei ωkt+B(k⃗) e−i ωkt) e−i k⃗∙r⃗ d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{2\pi c}{4\pi^2 c} \int_{\mathbb{R}^3} \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, \omega_k t} + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \, \omega_k t} \right) \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \mathrm{d}^3\vec{k}
En simplifiant :
ψ(r⃗ ; t)=12π∫R3(A(k⃗) ei ωkt+B(k⃗) e−i ωkt) e−i k⃗∙r⃗ d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, \omega_k t} + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \, \omega_k t} \right) \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Puis en distribuant le terme en exponentielle e−i k⃗∙r⃗e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } , on arrive à l'expression :
ψ(r⃗ ; t)=12π∫R3(A(k⃗) ei ωkt e−i k⃗∙r⃗+B(k⃗) e−i ωkt e−i k⃗∙r⃗) d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, \omega_k t} \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \, \omega_k t} \, e^{-\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \right) \, \mathrm{d}^3\vec{k}
En faisant usage des propriétés algébriques des exponentielles, on trouve que :
ψ(r⃗ ; t)=12π∫R3(A(k⃗) ei ωkt−i k⃗∙r⃗+B(k⃗) e−i ωkt−i k⃗∙r⃗ ) d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \, \omega_k t - \mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r}} + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \, \omega_k t -\mathsf{i} \, \vec{k} \bullet \vec{r} } \, \right) \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Soit par factorisation par le nombre complexe i\mathsf{i}, on obtient :
ψ(r⃗ ; t)=12π∫R3(A(k⃗) ei(ωkt−k⃗∙r⃗)+B(k⃗) e−i(ωkt+k⃗∙r⃗) ) d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \left( A(\vec{k}) \, e^{\mathsf{i} \left( \omega_k t - \vec{k} \bullet \vec{r} \right) } + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \omega_k t + \vec{k} \bullet \vec{r} \right) } \, \right) \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Soit encore :
ψ(r⃗ ; t)=12π∫R3(A(k⃗) e−i(−ωkt+k⃗∙r⃗)+B(k⃗) e−i(ωkt+k⃗∙r⃗) ) d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \left( A(\vec{k}) \, e^{-\mathsf{i} \left( -\omega_k t + \vec{k} \bullet \vec{r} \right) } + B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \omega_k t + \vec{k} \bullet \vec{r} \right) } \, \right) \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Finalement la solution de l'équation de Klein-Gordon a pour expression :
ψ(r⃗ ; t)=12π∫R3A(k⃗) e−i(k⃗∙r⃗−ωkt) d3k⃗+12π∫R3B(k⃗) e−i(k⃗∙r⃗+ωkt) d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} A(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \vec{k} \bullet \vec{r} - \omega_k t \right) } \, \mathrm{d}^3\vec{k} + \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} B(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \vec{k} \bullet \vec{r} + \omega_k t \right) } \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Cette solution peut également s'écrire sous la forme :
ψ(r⃗ ; t)=∫R3A(k⃗) e−i(k⃗∙r⃗−ωkt) d3k⃗+∫R3B(k⃗) e−i(k⃗∙r⃗+ωkt) d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \int_{\mathbb{R}^3} \mathscr{A}(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \vec{k} \bullet \vec{r} - \omega_k t \right) } \, \mathrm{d}^3\vec{k} + \int_{\mathbb{R}^3} \mathscr{B}(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \vec{k} \bullet \vec{r} + \omega_k t \right) } \, \mathrm{d}^3\vec{k}
Avec :
{A(k⃗)=A(k⃗)2πB(k⃗)=B(k⃗)2π\left\lbrace \begin{array}{rcl} \mathscr{A}(\vec{k}) & = & \dfrac{A(\vec{k})}{2\pi} \\ & & \\ \mathscr{B}(\vec{k}) & = & \dfrac{B(\vec{k})}{2\pi} \\ \end{array} \right.
Question 10

Proposer une interprétation Physique à l'expression de ψ(r⃗ ; t)\psi(\vec{r} \,;\, t) trouvée ci-avant.

Correction
La solution générale ψ(r⃗,t)\psi(\vec{r}, t) est une superposition continue (les intégrales sur k⃗\vec{k} dans l'espace de Fourier ou espace réciproque) d'ondes planes progressives monochromatiques de la forme ei(±ωkt−k⃗⋅r⃗)e^{\mathsf{i} (\pm \omega_k t - \vec{k}\cdot\vec{r})}.
Le terme ∫R3A(k⃗) e−i(k⃗∙r⃗−ωkt) d3k⃗\displaystyle{\int_{\mathbb{R}^3}} \mathscr{A}(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \vec{k} \bullet \vec{r} - \omega_k t \right) } \, \mathrm{d}^3\vec{k} représente la superposition d'ondes planes qui se propagent dans la direction portée par le vecteur d'onde k⃗\vec{k} et correspondant aux états d'énergie négative. Historiquement ces ondes ont été réinterprétées dans la théorie quantique des champs comme décrivant les antiparticules.
Le terme ∫R3B(k⃗) e−i(k⃗∙r⃗+ωkt) d3k⃗\displaystyle{\int_{\mathbb{R}^3}} \mathscr{B}(\vec{k}) \, e^{- \mathsf{i} \left( \vec{k} \bullet \vec{r} + \omega_k t \right) } \, \mathrm{d}^3\vec{k} représente la superposition d'ondes planes qui se propagent dans la direction portée par le vecteur d'onde k⃗\vec{k} et correspondant aux états d'énergie positive. Historiquement ces ondes décrivent des particules.
▶  Remarque :{\color{blue}{\blacktriangleright \,\, \textbf{Remarque :}}}
En 1926, l'équation de Klein-Gordon est une tentative pour unifier la mécanique quantique et la relativité restreinte en quantifiant la relation d'énergie-impulsion E2=p2c2+m2c4E^2 = p^2c^2 + m^2c^4.
Cependant, la présence d'une dérivée temporelle seconde ∂2∂t2\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} pose deux problèmes majeurs :
∙  {\color{blue}{\bullet \,\, }} Elle conduit à une densité de probabilité associée qui n'est pas définie positive puisqu'elle peut prendre des valeurs négatives, ce qui est physiquement incohérent pour une probabilité.
∙∙  {\color{blue}{\bullet \bullet \,\, }} Elle autorise des états d'énergie négative sans mécanisme clair pour empêcher l'effondrement des particules vers des énergies infiniment basses.
Pour contourner ces écueils, Paul Dirac cherche, en 1928, une équation relativiste qui soit au premier ordre en temps ∂∂t\dfrac{\partial}{\partial t}, tout en restant invariante par transformation de Lorentz, donc également au premier ordre en espace.
Pour linéariser la racine carrée de l'opérateur d'énergie, qui s'appelle l'opérateur Hamiltonien, Paul Dirac est contraint d'introduire des coefficients matriciels 4×44 \times 4 : les célèbres matrices de Dirac γμ\gamma^\mu qui sont associées aux algèbres de Clifford.
Cette démarche remarquable a permis de garantir une densité de probabilité strictement positive, de prédire naturellement l'existence du spin 1/21/2 pour l'électron, de découvrir théoriquement l'existence de l'antimatière (le positron) et de mieux décrire le spectre de l'atome d'hydrogène.

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