Exercice 15 - Exercice 1

4 h
315
Transformée de Fourier et physique nucléaire
Question 1
♣  \clubsuit\,\, Contexte et notations\textbf{Contexte et notations}
On désigne par E3\mathcal{E}_3 l'espace physique usuel tridimensionnel.
On désigne par xx, yy et zz les trois variables cartésiennes usuelles de l'espace physique usuel tridimensionnel.
La BOND cartésienne est Bc=(e⃗x ; e⃗y ; e⃗z)\mathscr{B}_c = (\vec{e}_x \,;\, \vec{e}_y \,;\, \vec{e}_z).
On note le vecteur position par :
r⃗=x e⃗x+y e⃗y+z e⃗z\vec{r} = x \, \vec{e}_x + y \, \vec{e}_y + z \, \vec{e}_z
On désigne par r=∣∣ r⃗ ∣∣r = || \, \vec{r} \,|| la norme euclidienne du vecteur r⃗\vec{r}.
On désigne par R3\mathcal{R}_3 l'espace de Fourier réciproque qui est associé à E3\mathcal{E}_3.
Le vecteur d'onde est k⃗\vec{k} et balaye l'espace réciproque. On a :
k⃗=kx e⃗x+ky e⃗y+kz e⃗z\vec{k} = k_x \, \vec{e}_x + k_y \, \vec{e}_y + k_z \, \vec{e}_z
On désigne par k=∣∣ k⃗ ∣∣k = || \, \vec{k} \,|| la norme euclidienne du vecteur k⃗\vec{k}.
On désigne par δ\delta la distribution de Dirac.
On désigne par i\mathsf{i} le nombre complexe qui vérifie i2=−1\mathsf{i}^2 = -1.
On désigne par t∈Rt \in \mathbb{R} le paramètre temporel.
On désigne par ω∈R\omega \in \mathbb{R} la pulsation qui est le paramètre réciproque du temps.
On désigne par c>0c >0 la vitesse de la lumière dans le vide de matière.
On désigne par h>0h > 0 la constante de Planck.
On désigne par ℏ=h2π>0\hbar = \dfrac{h}{2\pi} > 0 la constante de Planck réduite ou constante de Dirac.
On désigne par m⩾0m \geqslant 0 la masse de l'objet physique considéré.
On désigne, pour m≠0m \neq 0, par λC=hmc∈R+\lambda_C = \dfrac{h}{mc} \in \mathbb{R}^+ la longueur d'onde de Compton.
On désigne, pour m≠0m \neq 0, par λCR=λC2π=ℏmc∈R+\lambda_{CR} = \dfrac{\lambda_C}{2\pi} = \dfrac{\hbar}{mc} \in \mathbb{R}^+ la longueur d'onde réduite de Compton.
Soit μ=1λCR∈R+\mu = \dfrac{1}{\lambda_{CR}} \in \mathbb{R}^+ l'inverse de la longueur d'onde réduite de Compton.
On désigne par Δ\Delta l'opérateur de Laplace qui s'exprime, pour nous comme :
Δ=∂2∂x2+∂2∂y2+∂2∂z2\Delta = \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2}{\partial y^2} + \dfrac{\partial^2}{\partial z^2}
Soit ψ\psi un champ scalaire tel que :
ψ:R4⟶R(x ; y ; z ; t)⟼ψ(x ; y ; z ; t)\begin{array}{rrcl} \psi : & \mathbb{R}^4 & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ & & & \\ & (x \,;\, y \,;\, z \,;\, t) & \longmapsto & \psi(x \,;\, y \,;\, z \,;\, t) \\ \end{array}
Soit SS un champ scalaire qui est un terme de source :
S:R4⟶R(x ; y ; z ; t)⟼S(x ; y ; z ; t)\begin{array}{crcl} S : & \mathbb{R}^4 & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ & & & \\ & (x \,;\, y \,;\, z \,;\, t) & \longmapsto & S(x \,;\, y \,;\, z \,;\, t) \\ \end{array}
On s'intéresse au champ scalaire ψ\psi qui est décrit par l'équation de Klein-Gordon avec le terme de source SS.
Cette équation, qui généralise l'équation de Schrödinger pour être compatible avec la relativité restreinte, régit par exemple des particules de masse m⩾0m \geqslant 0. Elle s'écrit :
(Δ−1c2∂2∂t2−(mcℏ)2)ψ(x ; y ; z ; t)=S(x ; y ; z ; t)\left( \Delta - \dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} - \left(\dfrac{mc}{\hbar}\right)^2 \right) \psi(x \,;\, y \,;\, z \,;\, t) = S(x \,;\, y \,;\, z \,;\, t)
La transformée de Fourier de f:(r⃗ ; t)=(x ; y ; z ; t)∈R4⟼f(r⃗ ; t)=f(x ; y ; z ; t)∈Rf : (\vec{r} \,;\, t) = (x \,;\, y \,;\, z \,;\, t) \in \mathbb{R}^4 \longmapsto f(\vec{r} \,;\, t) = f(x \,;\, y \,;\, z \,;\, t) \in \mathbb{R} s'exprime comme :
f^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4f(r⃗ ; t) e−i (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
La quantité k⃗ ⋅ r⃗\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} représente le produit scalaire des deux vecteurs k⃗\vec{k} et r⃗\vec{r}.
Par convention symétrique, on a donc :
f(r⃗ ; t)=14π2∫R4f^(k⃗ ; ω) ei (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3k⃗ dωf(\vec{r} \,;\, t) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{ \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} \, \mathrm{d}\omega
On rappelle que :
δ(ω)=12π∫R e−i ωt dt\delta(\omega) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}} \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t } \, \mathrm{d}t
On donne l'intégrale suivante :
∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗=2π2r e−μr\int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}}}{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} = \dfrac{2\pi^2}{r} \, e^{-\mu r}

En appliquant une intégration par parties, déterminer par quoi est remplacé l'opérateur différentiel temporel ∂∂t\dfrac{\partial}{\partial t} s'il est appliqué à f(r⃗ ; t)f(\vec{r} \,;\, t).

Correction
On a :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4∂f∂t(r⃗ ; t) e−i (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \dfrac{\partial f}{\partial t}(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Soit :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4∂f∂t(r⃗ ; t) e−i k⃗ ⋅ r⃗ e−i ωt d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \dfrac{\partial f}{\partial t}(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Seule l'intégration temporelle est concernée. De fait, on a :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=14π2∫R3(∫R∂f∂t(r⃗ ; t) e−i ωt dt) e−i k⃗ ⋅ r⃗ d3r⃗\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \left( \int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial t}(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}t \right) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, \mathrm{d}^3 \vec{r}
A l'aide d'une intégration par parties, on peut écrire que :
∫R∂f∂t(r⃗ ; t)  e−i ωtdt=[f(r⃗ ; t) e−i ωt]−∞+∞−∫Rf(r⃗ ; t) (−iω)e−i ωt dt\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial t}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \mathrm{d}t = \left[ f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \right]_{-\infty}^{+ \infty} - \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, (- \mathrm{i}\omega) e^{- \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}t
On suppose (hypothèse implicite mais nécessaire pour que la transformée de Fourier existe) que f⟶0f \longrightarrow 0 lorsque t⟶±∞t \longrightarrow \pm \infty. De fait le crochet s'annule :
[f(r⃗ ; t) e−i ωt]−∞+∞=0\left[ f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \right]_{-\infty}^{+ \infty} = 0
D'où :
∫R∂f∂t(r⃗ ; t)  e−i ωtdt=−∫Rf(r⃗ ; t) (−iω)e−i ωt dt\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial t}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \mathrm{d}t = - \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, (- \mathrm{i}\omega) e^{- \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}t
Soit :
∫R∂f∂t(r⃗ ; t)  e−i ωtdt=−(−iω)∫Rf(r⃗ ; t) e−i ωt dt\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial t}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \mathrm{d}t = - (- \mathrm{i}\omega) \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}t
Soit encore :
∫R∂f∂t(r⃗ ; t)  e−i ωtdt=iω∫Rf(r⃗ ; t) e−i ωt dt\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial t}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \mathrm{d}t = \mathrm{i}\omega \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}t
Ceci nous permet d'écrire que :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=14π2∫R3(iω∫Rf(r⃗ ; t) e−i ωt dt) e−i k⃗ ⋅ r⃗ d3r⃗\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \left( \mathrm{i}\omega \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}t\right) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, \mathrm{d}^3 \vec{r}
D'où :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=iω14π2∫R3(∫Rf(r⃗ ; t) e−i ωt dt) e−i k⃗ ⋅ r⃗ d3r⃗\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}\omega \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \left( \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}t\right) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, \mathrm{d}^3 \vec{r}
Ce qui nous donne :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=iω14π2∫R3∫Rf(r⃗ ; t) e−i k⃗ ⋅ r⃗ e−i ωt d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}\omega \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Ainsi :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=iω14π2∫R4f(r⃗ ; t) e−i (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}\omega \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Finalement :
∂f∂t^(k⃗ ; ω)=iω f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}\omega \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Question 2

En appliquant une intégration par parties, déterminer par quoi est remplacé l'opérateur de Laplace Δ\Delta s'il est appliqué à f(r⃗ ; t)f(\vec{r} \,;\, t).

Correction
Regardons dans un premier temps l'action de l'opérateur différentiel spatial ∂f∂x\dfrac{\partial f}{\partial x}. On a :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4∂f∂x(r⃗ ; t) e−i (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Soit :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4∂f∂x(r⃗ ; t) e−i (kxx+kyy+kzz + ωt) d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (k_x x + k_y y + k_z z \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Soit encore :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4∂f∂x(r⃗ ; t) e−i kxx e−i (kyy+kzz + ωt) d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \, e^{- \mathrm{i} \, (k_y y + k_z z \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Seule l'intégration sur la direction xx est concernée. De fait, on a :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=14π2∫R3(∫R∂f∂x(r⃗ ; t) e−i kxx dx) e−i (kyy+kzz + ωt) dy dz dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \left( \int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \, \mathrm{d}x \right) \, e^{- \mathrm{i} \, (k_y y + k_z z \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}t
A l'aide d'une intégration par parties, on peut écrire que :
∫R∂f∂x(r⃗ ; t)  e−i kxxdx=[f(r⃗ ; t) e−i kxx]−∞+∞−∫Rf(r⃗ ; t) (−ikx)e−i kxx dx\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \mathrm{d}x = \left[ f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \right]_{-\infty}^{+ \infty} - \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, (- \mathrm{i} k_x) e^{- \mathrm{i} \, k_x x}\, \mathrm{d}x
On suppose (hypothèse implicite mais nécessaire pour que la transformée de Fourier existe) que f⟶0f \longrightarrow 0 lorsque x⟶±∞x \longrightarrow \pm \infty. De fait le crochet s'annule :
[f(r⃗ ; t) e−i kxx]−∞+∞=0\left[ f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \right]_{-\infty}^{+ \infty} = 0
D'où :
∫R∂f∂x(r⃗ ; t)  e−i kxxdx=−∫Rf(r⃗ ; t) (−ikx)e−i kxx dx\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \mathrm{d}x = - \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, (- \mathrm{i}k_x) e^{- \mathrm{i} \, k_x x}\, \mathrm{d}x
Soit :
∫R∂f∂x(r⃗ ; t)  e−i kxxdx=−(−ikx)∫Rf(r⃗ ; t) e−i kxx dx\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \mathrm{d}x =- (- \mathrm{i} k_x) \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x}\, \mathrm{d}x
Soit encore :
∫R∂f∂x(r⃗ ; t)  e−i kxxdx=ikx∫Rf(r⃗ ; t) e−i kxx dx\int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial f}{\partial x}(\vec{r} \,;\, t) \, \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \mathrm{d}x = \mathrm{i}k_x \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x}\, \mathrm{d}x
Ceci nous permet d'écrire que :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=14π2∫R3(ikx∫Rf(r⃗ ; t) e−i kxx dx) e−i (kyy+kzz + ωt) dy dz dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \left( \mathrm{i}k_x \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x}\, \mathrm{d}x \right) \, e^{- \mathrm{i} \, (k_y y + k_z z \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}t
D'où :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=ikx<br/>14π2∫R3∫Rf(r⃗ ; t) e−i kxx e−i (kyy+kzz + ωt) dx dy dz dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}k_x<br />\frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \int_{\mathbb{R}} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, k_x x} \, e^{- \mathrm{i} \, (k_y y + k_z z \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}t
Ce qui nous donne :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=ikx<br/>14π2∫R4f(r⃗ ; t) e−i (kxx+kyy+kzz + ωt) dx dy dz dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}k_x<br />\frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (k_x x + k_y y + k_z z \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}t
Ainsi :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=ikx<br/>14π2∫R4f(r⃗ ; t) e−i (k⃗⋅r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}k_x<br />\frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} f(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \cdot \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Ce qui, nous permet d'obtenir le résultat suivante :
∂f∂x^(k⃗ ; ω)=ikx f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}k_x \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
De ceci, on en déduit que :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)=∂∂x∂f∂x^(k⃗ ; ω)<br/>    ⟺    ∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)=ikx ∂f∂x^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{\dfrac{\partial }{\partial x} \dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega)<br />\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}k_x \, \widehat{\dfrac{\partial f}{\partial x}}(\vec{k} \,;\, \omega)
On peut alors écrire que :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)=ikx ikx f^(k⃗ ; ω)    ⟺    ∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)=i2kx2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}k_x \, \mathrm{i}k_x \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}^2 k_x^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Mais i2=−1\mathrm{i}^2 = -1. On obtient donc :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)=−kx2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = -k_x^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
De fait, comme les variables yy et zz jouent un rôle similaire à la variable xx, on en déduit alors que :
{∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)=−kx2 f^(k⃗ ; ω)∂2f∂y2^(k⃗ ; ω)=−ky2 f^(k⃗ ; ω)∂2f∂z2^(k⃗ ; ω)=−kz2 f^(k⃗ ; ω)\left\lbrace \begin{array}{rcl} \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) & = & -k_x^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) \\ & & \\ \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) & = & -k_y^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) \\ & & \\ \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) & = & -k_z^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) \\ \end{array} \right.
En additionnant membre à membre, on obtient :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂y2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂z2^(k⃗ ; ω)=−kx2 f^(k⃗ ; ω)−ky2 f^(k⃗ ; ω)−kz2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = -k_x^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) - k_y^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) - k_z^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Soit :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂y2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂z2^(k⃗ ; ω)=−(kx2+ky2+kz2)f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = - \left( k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 \right) \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Soit encore :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂y2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂z2^(k⃗ ; ω)=−∣∣ k⃗ ∣∣2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = - || \, \vec{k} \, ||^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Donc :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂y2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂z2^(k⃗ ; ω)=−k2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = - k^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Puis, la transformée de Fourier est une opération linéaire. Ceci nous permet d'écrire que :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂y2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂z2^(k⃗ ; ω)=(∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2)^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{ \left( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} + \dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2} \right)} (\vec{k} \,;\, \omega)
Donc :
∂2f∂x2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂y2^(k⃗ ; ω)+∂2f∂z2^(k⃗ ; ω)=Δf^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) + \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{ \Delta f } (\vec{k} \,;\, \omega)
De ceci, on en déduit finalement que :
Δf^(k⃗ ; ω)=−k2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{ \Delta f } (\vec{k} \,;\, \omega) = - k^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Question 3

Appliquer la transformée de Fourier 4D à l'équation de Klein-Gordon pour exprimer le champ ψ^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) sous la forme suivante :
ψ^(k⃗ ; ω)=G^(k⃗ ; ω)×S^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{G}(\vec{k} \,;\, \omega) \times \widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega)
Donner l'expression de G^(k⃗ ; ω)\widehat{G}(\vec{k} \,;\, \omega). La fonction GG s'appelle la fonction de Green.

Correction
On a :
∂2f∂t2^(k⃗ ; ω)=∂∂t∂f∂t^(k⃗ ; ω)    ⟺    ∂2f∂t2^(k⃗ ; ω)=iω ∂f∂t^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial t^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{\dfrac{\partial }{\partial t} \dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial t^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}\omega \, \widehat{\dfrac{\partial f}{\partial t}}(\vec{k} \,;\, \omega)
On peut alors écrire que :
∂2f∂t2^(k⃗ ; ω)=iω iω f^(k⃗ ; ω)    ⟺    ∂2f∂t2^(k⃗ ; ω)=i2ω2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial t^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i} \omega \, \mathrm{i} \omega\, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial t^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = \mathrm{i}^2 \omega^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Mais i2=−1\mathrm{i}^2 = -1. On obtient donc :
∂2f∂t2^(k⃗ ; ω)=−ω2 f^(k⃗ ; ω)\widehat{\dfrac{\partial^2 f}{\partial t^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) = - \omega^2 \, \widehat{f}(\vec{k} \,;\, \omega)
Prenons la transformée de Fourier de l'équation de Klein-Gordon. On a alors, par linéarité de la transformée de Fourier, l'équation suivante :
Δψ^(k⃗ ; ω)−1c2∂2ψ∂t2^(k⃗ ; ω)−μ2ψ^(k⃗ ; ω)=S^(k⃗ ; ω)\widehat{ \Delta \psi } (\vec{k} \,;\, \omega) - \dfrac{1}{c^2} \widehat{\dfrac{\partial^2 \psi}{\partial t^2}}(\vec{k} \,;\, \omega) - \mu^2 \widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{S} (\vec{k} \,;\, \omega)
Et nous pouvons donc écrire que :
−k2ψ^(k⃗ ; ω)−1c2(−ω2 ψ^(k⃗ ; ω))−μ2ψ^(k⃗ ; ω)=S^(k⃗ ; ω)- k^2 \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) - \dfrac{1}{c^2} \left( - \omega^2 \, \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \right) - \mu^2 \widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{S} (\vec{k} \,;\, \omega)
Soit :
−k2ψ^(k⃗ ; ω)+ω2c2 ψ^(k⃗ ; ω)−μ2ψ^(k⃗ ; ω)=S^(k⃗ ; ω)- k^2 \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) + \dfrac{\omega^2}{c^2} \, \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) - \mu^2 \widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{S} (\vec{k} \,;\, \omega)
Soit encore :
(ω2c2−k2−μ2)ψ^(k⃗ ; ω)=S^(k⃗ ; ω)\left( \dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 - \mu^2 \right) \widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{S} (\vec{k} \,;\, \omega)
Ceci nous donne donc :
ψ^(k⃗ ; ω)=1ω2c2−k2−μ2×S^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{1}{\dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 - \mu^2 } \times \widehat{S} (\vec{k} \,;\, \omega)
Or, le sujet nous propose la forme ψ^(k⃗ ; ω)=G^(k⃗ ; ω)×S^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) = \widehat{G}(\vec{k} \,;\, \omega) \times \widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega). Par une simple identification, on trouve que :
G^(k⃗ ; ω)=1ω2c2−k2−μ2\widehat{G}(\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{1}{\dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 - \mu^2 }
L'EDP de Klein-Gordon est devenue, dans l'espace réciproque, une simple équation algébrique facilement manipulable.
Question 4

Dans le cas de l'électromagnétisme, on considère une particule de masse nulle : m=0m=0. Pour un vecteur d'onde k⃗\vec{k} donné, quelles sont les valeurs de ω\omega qui rendent G^(k⃗,ω)\widehat{G}(\vec{k}, \omega) singulière ? Ces valeurs de ω\omega s'appellent des pôles.

Correction
Posons m=0m = 0. Dans ce cas μ=mcℏ=0\mu = \dfrac{mc}{\hbar} = 0. On a alors :
G^(k⃗ ; ω)=1ω2c2−k2\widehat{G}(\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{1}{\dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 }
On constate que G^(k⃗ ; ω)\widehat{G}(\vec{k} \,;\, \omega) devient singulière, c'est-à-dire, diverge si le dénominateur est nul. On a alors :
ω2c2−k2=0\dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 = 0
Soit :
ω2c2=k2\dfrac{\omega^2}{c^2} = k^2
Soit encore :
ω2=k2 c2\omega^2 = k^2 \, c^2
Finalement :
ω=± k c\omega = \pm \, k \, c
C'est exactement la relation de dispersion de la lumière dans le vide. Ceci est parfaitement logique puisque pour m=0m=0 l'équation de Klein-Gordon devient l'équation de d'Alembert (l'équation de propagation), celle qui régit par exemple le potentiel électromagnétique dans le vide.
Question 5

On suppose maintenant que le champ SS est stationnaire, non homogène, et qu'il est engendré par une particule source, de masse strictement positive, ponctuelle et immobile à l'origine. Le champ SS est modélisé par l'expression suivante :
S(r⃗ ; t)=−g δ(r⃗)S(\vec{r} \,;\, t) = - g \, \delta(\vec{r})
où g∈R⋆g \in \mathbb{R}^\star est une constante de couplage. La masse de la particule médiatrice est cette fois strictement positive : m>0m > 0.
Calculer la transformée de Fourier 4D de la source, S^(k⃗ ; ω)\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega).

Correction
On a :
S(r⃗ ; t)=−g δ(r⃗)S(\vec{r} \,;\, t) = - g \, \delta(\vec{r})
Dans cette relation δ(r⃗)\delta(\vec{r}) désigne ici le Dirac tridimensionnel δ(x) δ(y) δ(z)\delta(x) \, \delta(y) \, \delta(z), nul partout sauf à l'origine, avec :
∫Rδ(r⃗) d3r⃗=1\int_{\mathbb{R}} \delta(\vec{r}) \, \mathrm{d}^3\vec{r} = 1
On a alors :
S^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4S(r⃗ ; t) e−i (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} S(\vec{r} \,;\, t) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Soit :
S^(k⃗ ; ω)=14π2∫R4−g δ(r⃗) e−i (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = \frac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} - g \, \delta(\vec{r}) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
Soit encore :
S^(k⃗ ; ω)=−g4π2∫R4δ(r⃗) e−i (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3r⃗ dt\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = -\frac{g}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \delta(\vec{r}) \, e^{- \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
D'où :
S^(k⃗ ; ω)=−g4π2∫R4δ(r⃗) e−i k⃗ ⋅ r⃗ e−i ωt d3r⃗ dt\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = -\dfrac{g}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \delta(\vec{r}) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} \, e^{- \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}^3 \vec{r} \, \mathrm{d}t
On a alors, par le théorème de Fubini, la séparation suivante :
S^(k⃗ ; ω)=−g4π2∫R3δ(r⃗) e−i k⃗ ⋅ r⃗ d3r⃗×∫Re−i ωt dt\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \delta(\vec{r}) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \times \int_{\mathbb{R}} e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}t
Que nous allons écrire comme :
S^(k⃗ ; ω)=−g2π∫R3δ(r⃗) e−i k⃗ ⋅ r⃗ d3r⃗×12π∫Re−i ωt dt\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \delta(\vec{r}) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \times \dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}} e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}t
Mais d'après le sujet, on a :
12π∫Re−i ωt dt=δ(ω)\dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}} e^{- \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}t = \delta(\omega)
Ainsi, on, obtient :
S^(k⃗ ; ω)=−g2π∫R3δ(r⃗) e−i k⃗ ⋅ r⃗ d3r⃗×δ(ω)\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^3} \delta(\vec{r}) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} \times \delta(\omega)
Avec la propriété d'échantillonnage de la distribution de Dirac, on a alors :
∫R3δ(r⃗) e−i k⃗ ⋅ r⃗ d3r⃗=e0=1\int_{\mathbb{R}^3} \delta(\vec{r}) \, e^{- \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} \, \mathrm{d}^3 \vec{r} = e^0 = 1
Ceci nous permet d'obtenir le résultat finale suivant :
S^(k⃗ ; ω)=−g2πδ(ω)\widehat{S}(\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{2\pi} \delta(\omega)
Question 6

En déduire l'expression de ψ^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) .

Correction
On a :
ψ^(k⃗ ; ω)=1ω2c2−k2−μ2×S^(k⃗ ; ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{1}{\dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 - \mu^2 } \times \widehat{S} (\vec{k} \,;\, \omega)
Ce qui nous donne immédiatement :
ψ^(k⃗ ; ω)=1ω2c2−k2−μ2×(−g2πδ(ω))\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{1}{\dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 - \mu^2 } \times \left( - \dfrac{g}{2\pi} \delta(\omega) \right)
Soit :
ψ^(k⃗ ; ω)=−g2π1ω2c2−k2−μ2×δ(ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{\dfrac{\omega^2}{c^2} - k^2 - \mu^2 } \times \delta(\omega)
Or, le terme δ(ω)\delta(\omega) est non nul uniquement en ω=0\omega = 0. Ceci nous permet la simplification suivante :
ψ^(k⃗ ; ω)=−g2π102c2−k2−μ2×δ(ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{\dfrac{0^2}{c^2} - k^2 - \mu^2 } \times \delta(\omega)
Ce qui nous donne :
ψ^(k⃗ ; ω)=−g2π1−k2−μ2×δ(ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{ - k^2 - \mu^2 } \times \delta(\omega)
D'où :
ψ^(k⃗ ; ω)=−g2π1−(k2+μ2)×δ(ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = - \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{ - ( k^2 + \mu^2 )} \times \delta(\omega)
Par simplification :
ψ^(k⃗ ; ω)=g2π1k2+μ2×δ(ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{ k^2 + \mu^2} \times \delta(\omega)
Finalement, on obtient :
ψ^(k⃗ ; ω)=g2π1k2+μ2 δ(ω)\widehat{\psi} (\vec{k} \,;\, \omega) = \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{ k^2 + \mu^2} \, \delta(\omega)
Question 7

Démontrer que le champ ψ\psi dans l'espace réel s'écrit sous la forme de l'intégrale suivante :
ψ(r⃗ ; t)=g8π3∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{8\pi^3} \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}}}{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k}

Correction
En faisant usage de la transformée de Fourier inverse, on a :
ψ(r⃗ ; t)=14π2∫R4ψ^(k⃗ ; ω) ei (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3k⃗ dω\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \widehat{\psi}(\vec{k} \,;\, \omega) \, e^{ \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} \, \mathrm{d}\omega
Soit :
ψ(r⃗ ; t)=14π2∫R4g2π1k2+μ2 δ(ω) ei (k⃗ ⋅ r⃗ + ωt) d3k⃗ dω\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{ k^2 + \mu^2} \, \delta(\omega) \, e^{ \mathrm{i} \, (\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} \, + \, \omega t)} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} \, \mathrm{d}\omega
Soit encore :
ψ(r⃗ ; t)=14π2∫R4g2π1k2+μ2 δ(ω) ei k⃗ ⋅ r⃗ ei ωt d3k⃗ dω\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^4} \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{ k^2 + \mu^2} \, \delta(\omega) \, e^{ \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, e^{ \mathrm{i} \, \omega t}\, \mathrm{d}^3 \vec{k} \, \mathrm{d}\omega
D'où :
ψ(r⃗ ; t)=g2π14π2∫R31k2+μ2(∫R δ(ω) ei ωt dω) ei k⃗ ⋅ r⃗ d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{1}{ k^2 + \mu^2} \left( \int_{\mathbb{R}} \, \delta(\omega) \, e^{ \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega \right) \, e^{ \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, \mathrm{d}^3 \vec{k}
Mais :
∫R δ(ω) ei ωt dω=ei 0t=e0=1\int_{\mathbb{R}} \, \delta(\omega) \, e^{ \mathrm{i} \, \omega t} \, \mathrm{d}\omega = e^{ \mathrm{i} \, 0 t} = e^0 = 1
De fait :
ψ(r⃗ ; t)=g2π14π2∫R31k2+μ2(1) ei k⃗ ⋅ r⃗ d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{1}{ k^2 + \mu^2} \left( 1 \right) \, e^{ \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} } \, \mathrm{d}^3 \vec{k}
A ce stade, on obtient
ψ(r⃗ ; t)=g2π14π2∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{2\pi} \dfrac{1}{4\pi^2} \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{e^{ \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} }}{ k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k}
Finalement :
ψ(r⃗ ; t)=g8π3∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{8\pi^3} \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{e^{ \mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r} }}{ k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k}
Question 8

Interpréter physiquement le comportement du champ ψ\psi trouvé, qui s'appelle le potentiel de Hideki Yukawa (qui était un physicien japonais, lauréat du prix Nobel de physique de 1949 \og pour sa prédiction de l'existence des mésons à partir de travaux théoriques sur les forces nucléaires \fg, par rapport au potentiel de Coulomb classique en électromagnétisme. Quel rôle la masse mm joue-t-elle ?

Correction
Le sujet nous apprend que :
∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗=2π2r e−μr\int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}}}{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} = \dfrac{2\pi^2}{r} \, e^{-\mu r}
De fait, on obtient :
ψ(r⃗ ; t)=g8π3×2π2r e−μr\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{8\pi^3} \times \dfrac{2\pi^2}{r} \, e^{-\mu r}
Soit :
ψ(r⃗ ; t)=g4π×1r e−μr\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{4\pi} \times \dfrac{1}{r} \, e^{-\mu r}
Finalement, on obtient :
ψ(r⃗ ; t)=g4π e−μrr\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{4\pi} \, \dfrac{ e^{-\mu r}}{r}
Contrairement au potentiel de Coulomb qui est de portée infinie (décroissance géométrique en 1r\dfrac{1}{r} causée par la masse nulle du photon), ce potentiel subit une décroissance exponentielle ultra-rapide caractérisée par le terme e−μre^{-\mu r}.
La masse mm de la particule (médiatrice de l'interaction) agit comme une retenue limitant fortement la distance sur laquelle l'interaction se fait ressentir.
La portée typique de la force est confinée à la longueur d'onde réduite de Compton donnée par l'expression λRC=1μ=ℏmc\lambda_{RC} =\dfrac{1}{\mu} = \dfrac{\hbar}{mc}.
Si l'on prend m⟶0m \longrightarrow 0, donc μ⟶0\mu \longrightarrow 0, dans notre résultat, l'exponentielle tend vers 11 et on retombe très précisément sur ψ(r⃗ ; t)=g4πr\psi(\vec{r} \,;\, t) = \dfrac{g}{4\pi r} qui est le cas électromagnétique. Le potentiel de Yukawa généralise le potentiel de Coulomb, dont il n'est qu'un cas particulier.
Ce résultat théorique a permis historiquement à Hideki Yukawa de prédire la masse du pion responsable de l'interaction forte (qui maintient la cohésion des noyaux atomiques à des distances de l'ordre du fermi).
Question 9
Une question délicate qui requiert beaucoup d'attention.

Pour les plus motivés !
Démontrer que :
∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗=2π2r e−μr\int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}}}{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} = \dfrac{2\pi^2}{r} \, e^{-\mu r}

Correction
Calculons l'intégrale, qui est donnée dans le sujet, suivante :
I(r)=∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗=2π2r e−μrI(r) = \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} }{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} = \dfrac{2\pi^2}{r} \, e^{-\mu r}
Le fait de travailler dans le volume R3\mathbb{R}^3, de l'espace réciproque, nous invite à faire usage des coordonnées sphériques :
∙  \bullet \,\, la coordonnée de norme de distance dans l'espace réciproque k∈[ 0 ; +∞ [k \in [ \, 0 \,;\, + \infty \,[ ;
∙∙  \bullet \bullet \,\, la coordonnée orthoradiale dans l'espace réciproque θ=(k⃗ ; r⃗)\theta = (\vec{k} \,;\, \vec{r}) avec θ∈[ 0 ; π ]\theta \in [ \, 0 \,;\, \pi \, ] ;
∙∙∙  \bullet \bullet \bullet \,\, la coordonnée azimutale dans l'espace réciproque φ∈[ 0 ; 2π ]\varphi \in [ \, 0 \,;\, 2\pi \, ].
L'objectif d'introduire les coordonnées sphériques pour balayer l'espace réciproque est d'exprimer facilement le produit scalaire k⃗ ⋅ r⃗\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} comme :
k⃗ ⋅ r⃗=k rcos⁡(θ)\vec{k} \, \cdot \, \vec{r} = k \, r \cos(\theta)
Et on a aussi :
d3k⃗=k2sin⁡(θ) dk dθ dφ\mathrm{d}^3 \vec{k} = k^2 \sin(\theta) \, \mathrm{d}k \, \mathrm{d}\theta \, \mathrm{d}\varphi
On a alors :
I(r)=∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗=∫R3ei k rcos⁡(θ)k2+μ2 k2sin⁡(θ) dk dθ dφI(r) = \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} }{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} = \int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, k \, r \cos(\theta)} }{k^2 + \mu^2} \, k^2 \sin(\theta) \, \mathrm{d}k \, \mathrm{d}\theta \, \mathrm{d}\varphi
Par séparation des coordonnées, on a alors :
I(r)=∫0+∞k2k2+μ2(∫0πei k rcos⁡(θ) sin⁡(θ) dθ) dk×∫02π dφI(r) = \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \left( \int_{0}^{\pi} e^{\mathrm{i} \, k \, r \cos(\theta)} \, \sin(\theta) \, \mathrm{d}\theta \right) \, \mathrm{d}k \times \int_0^{2\pi} \, \mathrm{d}\varphi
Ce qui nous donne :
I(r)=∫0+∞k2k2+μ2(∫0πei k rcos⁡(θ) sin⁡(θ) dθ) dk×2πI(r) = \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \left( \int_{0}^{\pi} e^{\mathrm{i} \, k \, r \cos(\theta)} \, \sin(\theta) \, \mathrm{d}\theta \right) \, \mathrm{d}k \times 2\pi
D'où :
I(r)=2π∫0+∞k2k2+μ2(∫0πei k rcos⁡(θ) sin⁡(θ) dθ) dkI(r) = 2\pi \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \left( \int_{0}^{\pi} e^{\mathrm{i} \, k \, r \cos(\theta)} \, \sin(\theta) \, \mathrm{d}\theta \right) \, \mathrm{d}k
Dans l'intégrale ∫0πei k rcos⁡(θ) sin⁡(θ) dθ\displaystyle{\int_{0}^{\pi}} e^{\mathrm{i} \, k \, r \cos(\theta)} \, \sin(\theta) \, \mathrm{d}\theta posons u=cos⁡(θ)u = \cos(\theta). Lorsque θ=0\theta = 0 on a u=1u = 1 et lorsque θ=π\theta = \pi on a u=−1u = -1. Puis, on a :
dudθ=ddθcos⁡(θ)=−sin⁡(θ)\dfrac{\mathrm{du}}{\mathrm{d}\theta} = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta} \cos(\theta) = - \sin(\theta)
Donc du=−sin⁡(θ) dθ\mathrm{du} = - \sin(\theta) \, \mathrm{d}\theta. De fait, on obtient :
I(r)=2π∫0+∞k2k2+μ2(−∫1−1ei k ru du) dkI(r) = 2\pi \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \left( - \int_{1}^{-1} e^{\mathrm{i} \, k \, r u} \, \mathrm{du}\right) \, \mathrm{d}k
Soit :
I(r)=2π∫0+∞k2k2+μ2(∫−11ei k ru du) dkI(r) = 2\pi \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \left( \int_{-1}^{1} e^{\mathrm{i} \, k \, r u} \, \mathrm{du} \right) \, \mathrm{d}k
Soit encore :
I(r)=2π∫0+∞k2k2+μ2([ei k rui k r]−11) dkI(r) = 2\pi \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \left( \left[ \dfrac{e^{\mathrm{i} \, k \, r u} }{\mathrm{i} \, k \, r} \right]_{-1}^{1} \right) \, \mathrm{d}k
Ce qui nous donne :
I(r)=2π∫0+∞k2k2+μ2(ei k r−e−i k ri k r) dkI(r) = 2\pi \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \left( \dfrac{e^{\mathrm{i} \, k \, r} - e^{-\mathrm{i} \, k \, r} }{\mathrm{i} \, k \, r} \right) \, \mathrm{d}k
Nous allons écrire ceci sous la forme :
I(r)=4πr∫0+∞kk2+μ2(ei k r−e−i k r2i) dkI(r) = \dfrac{4\pi}{r} \int_0^{+\infty} \dfrac{k}{k^2 + \mu^2} \left( \dfrac{e^{\mathrm{i} \, k \, r} - e^{-\mathrm{i} \, k \, r} }{2\mathrm{i}} \right) \, \mathrm{d}k
En faisant usage de l'une des relations d'Euler, on obtient :
I(r)=4πr∫0+∞kk2+μ2sin⁡(k r) dkI(r) = \dfrac{4\pi}{r} \int_0^{+\infty} \dfrac{k}{k^2 + \mu^2} \sin(k \, r) \, \mathrm{d}k
Posons :
K(r)=∫0+∞kk2+μ2sin⁡(k r) dk    ⟹    I(r)=4πrK(r)K(r) = \int_0^{+\infty} \dfrac{k}{k^2 + \mu^2} \sin(k \, r) \, \mathrm{d}k \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, I(r) = \dfrac{4\pi}{r} K(r)
Afin de calculer l'intégrale K(r)K(r), posons :
F(r)=∫0+∞1k2+μ2cos⁡(k r) dkF(r) = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k
On remarque immédiatement que la dérivée de FF par rapport à rr fait apparaître le sinus et un facteur kk au numérateur. En effet, on obtient (avec l'application du théorème de Leibniz et de la convergence dominée) :
F′(r)=ddr(F(r))=ddr(∫0+∞1k2+μ2cos⁡(k r) dk)=∫0+∞1k2+μ2ddr(cos⁡(k r)) dkF'(r) = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\big( F(r) \big) = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \left( \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k \right) = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \left( \cos(k \, r) \right) \, \mathrm{d}k
Ainsi :
F′(r)=∫0+∞1k2+μ2(−k sin⁡(k r)) dk=−∫0+∞kk2+μ2sin⁡(k r) dk=−K(r)F'(r) = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \left( - k\, \sin(k \, r) \right) \, \mathrm{d}k = - \int_0^{+\infty} \dfrac{k}{k^2 + \mu^2} \sin(k \, r) \, \mathrm{d}k = - K(r)
Puis, on a :
F′′(r)=ddr(F′(r))=ddr(−K(r))=−ddr(K(r))=−ddr(∫0+∞kk2+μ2sin⁡(k r) dk)F''(r) = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \big( F'(r) \big) = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \big( - K(r) \big) = - \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \big( K(r) \big) = - \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \left( \int_0^{+\infty} \dfrac{k}{k^2 + \mu^2} \sin(k \, r) \, \mathrm{d}k \right)
Ce qui nous donne :
F′′(r)=−∫0+∞kk2+μ2ddr(sin⁡(k r)) dk=−∫0+∞kk2+μ2(k cos⁡(k r)) dkF''(r) = - \int_0^{+\infty} \dfrac{k}{k^2 + \mu^2} \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \left( \sin(k \, r) \right) \, \mathrm{d}k = - \int_0^{+\infty} \dfrac{k}{k^2 + \mu^2} \left( k \, \cos(k \, r) \right) \, \mathrm{d}k
D'où :
F′′(r)=−∫0+∞k2k2+μ2cos⁡(k r) dkF''(r) = - \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2}{k^2 + \mu^2} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k
Nous allons faire usage d'un jeu d'écriture, à savoir :
F′′(r)=−∫0+∞k2+μ2−μ2k2+μ2cos⁡(k r) dkF''(r) = - \int_0^{+\infty} \dfrac{k^2 + \mu^2 - \mu^2}{k^2 + \mu^2} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k
Ce qui nous permet d'obtenir :
F′′(r)=−∫0+∞(k2+μ2k2+μ2−μ2k2+μ2)cos⁡(k r) dkF''(r) = - \int_0^{+\infty} \left( \dfrac{k^2 + \mu^2}{k^2 + \mu^2} - \dfrac{\mu^2}{k^2 + \mu^2} \right) \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k
Soit :
F′′(r)=−∫0+∞(1−μ2k2+μ2)cos⁡(k r) dkF''(r) = - \int_0^{+\infty} \left(1 - \dfrac{\mu^2}{k^2 + \mu^2} \right) \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k
Soit encore :
F′′(r)=−∫0+∞(cos⁡(k r)−μ2k2+μ2cos⁡(k r)) dkF''(r) = - \int_0^{+\infty} \left(\cos(k \, r) - \dfrac{\mu^2}{k^2 + \mu^2} \cos(k \, r) \right) \, \mathrm{d}k
Par linéarité de l'intégrale, on obtient :
F′′(r)=−∫0+∞cos⁡(k r) dk+μ2∫0+∞1k2+μ2cos⁡(k r) dkF''(r) = - \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k + \mu^2 \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k
Ce qui nous donne donc :
F′′(r)=−∫0+∞cos⁡(k r) dk+μ2F(r)F''(r) = - \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k + \mu^2 F(r)
Mais, l'intégrale généralisée ∫0+∞cos⁡(k r) dk\displaystyle{\int_0^{+\infty}} \cos(k \, r) \, \mathrm{d}k diverge. Cependant, en physique, on s'intéresse à la situation ou r>0r > 0 et on "régularise" cette intégrale en introduisant un facteur d'atténuation exponentiel e−kεe^{- k \varepsilon} avec ε⟶0+\varepsilon \longrightarrow 0^+. On a alors l'intégrale suivante :
L(r)=lim⁡ε⟶0+∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dkL(r) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k
Puis, à l'aide d'une intégration par parties :
∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[1rsin⁡(k r) e−kε]0+∞−∫0+∞1rsin⁡(k r) (−ε) e−kε dk\int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \dfrac{1}{r}\sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty} - \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{r}\sin(k \, r) \, (- \varepsilon) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k
Soit :
∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[1rsin⁡(k r) e−kε]0+∞+εr∫0+∞sin⁡(k r) e−kε dk\int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \dfrac{1}{r}\sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty}+ \dfrac{\varepsilon}{r} \int_0^{+\infty} \sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k
Puis, à l'aide d'une nouvelle intégration par parties, on a :
∫0+∞sin⁡(k r) e−kε dk=[−1rcos⁡(k r) e−kε]0+∞−∫0+∞−1rcos⁡(k r) (−ε) e−kε dk\int_0^{+\infty} \sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ -\dfrac{1}{r}\cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty} - \int_0^{+\infty} -\dfrac{1}{r}\cos(k \, r) \, (- \varepsilon) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k
Soit encore :
∫0+∞sin⁡(k r) e−kε dk=[−1rcos⁡(k r) e−kε]0+∞−εr∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk\int_0^{+\infty} \sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ -\dfrac{1}{r}\cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty} - \dfrac{\varepsilon}{r} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k
D'où :
εr∫0+∞sin⁡(k r) e−kε dk=[−εr2cos⁡(k r) e−kε]0+∞−ε2r2∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk\dfrac{\varepsilon}{r} \int_0^{+\infty} \sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ -\dfrac{\varepsilon}{r^2} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty} - \dfrac{\varepsilon^2}{r^2} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k
De fait, on obtient :
∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[1rsin⁡(k r) e−kε]0+∞+[−εr2cos⁡(k r) e−kε]0+∞−ε2r2∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk\int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \dfrac{1}{r}\sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty} + \left[ -\dfrac{\varepsilon}{r^2} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty} - \dfrac{\varepsilon^2}{r^2} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k
Donc :
(1+ε2r2)∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[1rsin⁡(k r) e−kε−εr2cos⁡(k r) e−kε]0+∞\left( 1 + \dfrac{\varepsilon^2}{r^2} \right) \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \dfrac{1}{r}\sin(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} - \dfrac{\varepsilon}{r^2} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty}
On a alors :
(r2r2+ε2r2)∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[(1rsin⁡(k r)−εr2cos⁡(k r)) e−kε]0+∞\left( \dfrac{r^2}{r^2} + \dfrac{\varepsilon^2}{r^2} \right) \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \left( \dfrac{1}{r}\sin(k \, r) - \dfrac{\varepsilon}{r^2} \cos(k \, r) \right) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty}
Ce qui nous donne :
(r2+ε2r2)∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[(rr2sin⁡(k r)−εr2cos⁡(k r)) e−kε]0+∞\left( \dfrac{r^2 + \varepsilon^2}{r^2} \right) \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \left( \dfrac{r}{r^2}\sin(k \, r) - \dfrac{\varepsilon}{r^2} \cos(k \, r) \right) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty}
Soit :
(r2+ε2r2)∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[(rsin⁡(k r)−εcos⁡(k r)) e−kεr2]0+∞\left( \dfrac{r^2 + \varepsilon^2}{r^2} \right) \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \left( r \sin(k \, r) - \varepsilon \cos(k \, r) \right) \, \dfrac{ e^{-k \varepsilon} }{r^2 } \right]_0^{+\infty}
Comme r≠0r \neq 0, on peut simplifier par le terme 1r2\dfrac{1}{r^2}. On obtient :
(r2+ε2)∫0+∞cos⁡(k r) e−kε =[(rsin⁡(k r)−εcos⁡(k r)) e−kε]0+∞\left( r^2 + \varepsilon^2 \right) \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, = \left[ \left( r \sin(k \, r) - \varepsilon \cos(k \, r) \right) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty}
Donc :
∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=[(rsin⁡(k r)−εcos⁡(k r)r2+ε2) e−kε]0+∞ \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \left[ \left( \dfrac{ r \sin(k \, r) - \varepsilon \cos(k \, r) }{ r^2 + \varepsilon^2 } \right) \, e^{-k \varepsilon} \right]_0^{+\infty}
Ceci nous permet d'écrire que :
L(r)=lim⁡ε⟶0+∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=lim⁡ε⟶0+(lim⁡k⟶+∞((rsin⁡(k r)−εcos⁡(k r)r2+ε2) e−kε)−(rsin⁡(0)−εcos⁡(0)r2+ε2) e0)\begin{array}{rcl} L(r) & = & \displaystyle{\lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k } \\ \\ & = & \displaystyle{ \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \left( \lim_{k \longrightarrow +\infty} \left( \left( \dfrac{ r \sin(k \, r) - \varepsilon \cos(k \, r) }{ r^2 + \varepsilon^2 } \right) \, e^{-k \varepsilon} \right) - \left( \dfrac{ r \sin(0) - \varepsilon \cos(0) }{ r^2 + \varepsilon^2 } \right) \, e^{0} \right) } \\ \end{array}
Mais on sait que sin⁡(0)=0\sin(0) = 0, puis cos⁡(0)=1\cos(0) = 1 et aussi que e0=1e^{0} = 1. On a alors :
L(r)=lim⁡ε⟶0+∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=lim⁡ε⟶0+(lim⁡k⟶+∞((rsin⁡(k r)−εcos⁡(k r)r2+ε2) e−kε)−(−εr2+ε2))L(r) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \left( \lim_{k \longrightarrow +\infty} \left( \left( \dfrac{ r \sin(k \, r) - \varepsilon \cos(k \, r) }{ r^2 + \varepsilon^2 } \right) \, e^{-k \varepsilon} \right) - \left( \dfrac{ - \varepsilon }{ r^2 + \varepsilon^2 } \right) \right)
En se souvenant que les fonctions sinus et cosinus sont toutes les deux continues et bornées par 11 et −1-1, on en déduit, avec ε>0\varepsilon > 0, que l'on a :
lim⁡k⟶+∞((rsin⁡(k r)−εcos⁡(k r)r2+ε2) e−kε)=0\lim_{k \longrightarrow +\infty} \left( \left( \dfrac{ r \sin(k \, r) - \varepsilon \cos(k \, r) }{ r^2 + \varepsilon^2 } \right) \, e^{-k \varepsilon} \right) = 0
Donc :
L(r)=lim⁡ε⟶0+∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=lim⁡ε⟶0+(0+εr2+ε2)L(r) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \left( 0 + \dfrac{ \varepsilon }{ r^2 + \varepsilon^2 } \right)
Ce qui nous donne :
L(r)=lim⁡ε⟶0+∫0+∞cos⁡(k r) e−kε dk=lim⁡ε⟶0+εr2+ε2=0L(r) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \int_0^{+\infty} \cos(k \, r) \, e^{-k \varepsilon} \, \mathrm{d}k = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \dfrac{ \varepsilon }{ r^2 + \varepsilon^2 } = 0
On a alors l'équation :
F′′(r)=−0+μ2F(r)F''(r) = - 0 + \mu^2 F(r)
Ce qui nous donne :
F′′(r)=+μ2F(r)    ⟺    F′′(r)−μ2F(r)=0F''(r) = + \mu^2 F(r) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, F''(r) - \mu^2 F(r) = 0
On reconnait une équation différentielle linéaire d'ordre deux homogène. Les solutions sont de la forme :
F(r)=A e−μr+B eμr    avec :(A ; B)∈R2F(r) = A \, e^{-\mu r} + B \, e^{\mu r} \,\,\,\, \mathrm{avec} \, : (A \,;\, B) \in \mathbb{R}^2
Or, physiquement la fonction F(r)F(r) doit absolument tendre vers 00 quand r⟶+∞r \longrightarrow +\infty car le potentiel ne peut pas exploser à grande distance puisque l'influence de l'interaction ne peut pas avoir une portée qui est ressentie à l'infini. Cela impose obligatoirement que B=0B = 0. Donc :
F(r)=A e−μr    avec :A∈RF(r) = A \, e^{-\mu r} \,\,\,\, \mathrm{avec} \, : A \in \mathbb{R}
Ainsi, on a alors :
F(0)=A e−μ0=A e0=A×1=A    avec :A∈RF(0) = A \, e^{-\mu 0} = A \, e^{0} = A \times 1 = A \,\,\,\, \mathrm{avec} \, : A \in \mathbb{R}
Mais, on a également :
F(0)=∫0+∞1k2+μ2cos⁡(k 0) dk=∫0+∞1k2+μ2cos⁡(0) dk=∫0+∞1k2+μ2×1 dkF(0) = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \cos(k \, 0) \, \mathrm{d}k = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \cos(0) \, \mathrm{d}k = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \times 1 \, \mathrm{d}k
Soit :
F(0)=∫0+∞1k2+μ2 dk=1μ2∫0+∞1k2μ2+1 dk=1μ2∫0+∞1(kμ)2+1 dkF(0) = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}k = \dfrac{1}{\mu^2} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{\dfrac{k^2}{\mu^2} + 1} \, \mathrm{d}k = \dfrac{1}{\mu^2} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{\left( \dfrac{k}{\mu} \right)^2 + 1} \, \mathrm{d}k
Soit encore :
F(0)=1μ2∫0+∞1(kμ)2+1 μμdk=μμ2∫0+∞1(kμ)2+1 dkμF(0) = \dfrac{1}{\mu^2} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{ \left(\dfrac{k}{\mu} \right)^2 + 1} \, \dfrac{\mu}{\mu} \mathrm{d}k = \dfrac{\mu}{\mu^2} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{ \left(\dfrac{k}{\mu} \right)^2 + 1} \, \dfrac{\mathrm{d}k}{\mu}
Ce qui nous donne, puisque μ≠0\mu \neq 0, l'intégrale suivante :
F(0)=1μ∫0+∞1(kμ)2+1 d(kμ)F(0) = \dfrac{1}{\mu} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{ \left(\dfrac{k}{\mu} \right)^2 + 1} \, \mathrm{d}\left(\dfrac{k}{\mu} \right)
Posons X=kμX = \dfrac{k}{\mu}, ainsi lorsque k=0k = 0 on a X=0X=0 et lorsque k⟶+∞k \longrightarrow + \infty on a également X⟶+∞X \longrightarrow + \infty. On a alors :
F(0)=1μ∫0+∞1X2+1 dX=1μ[arctan⁡(X)]0+∞=1μ(lim⁡X⟶+∞(arctan⁡(X))−arctan⁡(0))F(0) = \dfrac{1}{\mu} \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{ X^2 + 1} \, \mathrm{d}X = \dfrac{1}{\mu} \left[ \arctan(X) \right]_0^{+\infty} = \dfrac{1}{\mu} \left( \lim_{X \longrightarrow + \infty} \big( \arctan(X) \big) - \arctan(0) \right)
D'où :
F(0)=1μ(π2−0)F(0) = \dfrac{1}{\mu} \left( \dfrac{\pi}{2} - 0\right)
Ceci nous permet d'écrire que :
A=π2μA = \dfrac{\pi}{2\mu}
Ceci nous donne donc :
F(r)=π2μ e−μrF(r) = \dfrac{\pi}{2\mu} \, e^{-\mu r}
Mais, nous avons démontré que :
K(r)=−F′(r)K(r) = - F'(r)
Ceci nous permet d'écrire, puisque μ≠0\mu \neq 0, que :
K(r)=−ddr(π2μ e−μr)=−π2μ ddr(e−μr)=−π2μ×(−μ) e−μr=π2 e−μrK(r) = - \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r} \left( \dfrac{\pi}{2\mu} \, e^{-\mu r} \right) = - \dfrac{\pi}{2\mu} \, \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r} \left( e^{-\mu r} \right) = - \dfrac{\pi}{2\mu} \times (- \mu) \, e^{-\mu r} = \dfrac{\pi}{2} \, e^{-\mu r}
Puis, on sait que :
I(r)=4πrK(r)I(r) = \dfrac{4\pi}{r} K(r)
Ce qui nous donne :
I(r)=4πr×π2 e−μrI(r) = \dfrac{4\pi}{r} \times \dfrac{\pi}{2} \, e^{-\mu r}
Soit encore :
I(r)=2π2r e−μrI(r) = \dfrac{2\pi^2}{r} \, e^{-\mu r}
Finalement :
∫R3ei k⃗ ⋅ r⃗k2+μ2 d3k⃗=2π2r e−μr\int_{\mathbb{R}^3} \dfrac{ e^{\mathrm{i} \, \vec{k} \, \cdot \, \vec{r}} }{k^2 + \mu^2} \, \mathrm{d}^3 \vec{k} = \dfrac{2\pi^2}{r} \, e^{-\mu r}
On retrouve exactement le résultat donné dans le sujet.

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