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Correction de l’épreuve C
Dans ce corrigé, les équations sont numérotées séquentiellement avec celles de l’énoncé.
A Introduction
A.I Généralités sur le mouvement
1On a : #– f= - grad U= -K/r2#– ur.
2On a : #– p=m#– v.
3Une trajectoire bornée possède une valeur maximale du rayon, rmax pour laquelle l’énergie cinétique s’annule.
Donc E=Ep(rmax) = U(rmax)<0.
4On a d#– L/dt=#– v∧#– p+#– r∧
#–
f, et les deux produits vectoriels sont nuls en vertu des questions 1) et 2).
5La conservation de #– Lse traduit par la planéité de la trajectoire (#– ret #– prestent dans la plan normal à #– L),
et par la loi des aires : la vitesse aréolaire est constante (ω= ˙ϕétant la vitesse angulaire) :
dS
dt=1 2r2ω=L 2m.(A.3)
6Pour le potentiel central de Kepler–Coulomb, les trajectoires sont des coniques. Lorsque l’énergie est négative,
on a affaire à des ellipses.
7Montrons tout d’abord le lemme, pour Ggrandeur bornée :
dG
dt= lim
τ→∞
1
τZτ
0
dG
dt= lim
τ→∞ hGiτ
0
τ= 0 ,puisque hGiτ
0est borné. (A.4)
Le viriel V=#– r·#– pest une quantité bornée, puisque p→0pour r→rmax, et que si r→0,p∼r-1/2et
donc rp ∼r1/2→0. On a donc :
dV/dt=0=#–
v·#– p+#– r·
#–
f= 2Ec+Ep⇒E= -Ec=Ep/2.(A.5)
8De ce qui précède, et de la RFD mrω2=K/r2on tire :
r=K/(-2E), ω =K/mr31/2=(-2E)3/mK21/2et L=-2E mr21/2=mK2/(-2E)1/2(A.6)
A.II Modèle de Bohr
1Lorsqu’une charge effectue un mouvement classique de rotation circulaire uniforme, on a deux dipôles
oscillant à la fréquence ω, et il y a donc émission d’un rayonnement électromagnétique à cette fréquence.
2L’hypothèse de Bohr s’écrit E(n)−E(n−1) = ~ω(n), soit pour ngrand :
dE
dndn
|{z}
=−1
=~ω=~(-2E)3
mK21/2
et donc :
d(-E)
(-E)3/2=8~2
mK21/2dn⇒2(-E)−1/2=8~2 mK21/2(n+n0)⇒E(n) = −mK2 2~2
1
(n+n0)2,
(A.7)
où n0est une constante d’intégration.
3La formule de Rydberg s’écrit encore :
E(n0)−E(n) = ~ωn,n0= 2π~cR1
n2−1 n02
qui est compatible avec le résultat de la question précédente à condition de prendre n0= 0, et de fixer la
constante de Rydberg comme suit :
R=mK2
4πc~3≈1,097 ×105cm−1,(A.8)
qui est effectivement proche de la valeur expérimentale.

4En reprenant les relations (A.6), on vérifie que r∝1/E,v∝E1/2
c∝(-E)1/2,ω∝(-E)−3/2et L∝(-E)-1/2,
ce qui donne bien les dépendances en ndemandées, moyennant l’expression finale des niveaux d’énergie :
E(n) = −mK2
2~2
1
n2,(A.9)
et on obtient :
a0=~2/mK , E0=mK2/~2, v0=K/~, ω0=mK2/~3, L0=~.(A.10)
On note que ces constantes sont les valeurs réalisées sur l’orbite de Bohr de n= 1 à l’exception de l’énergie
E0=−2E1.
5a) Dans le système considéré, K=a0E0a la valeur numérique 1, et le choix e= 1 unité de charge impose
à la constante 4π0la valeur numérique 1. L’unité de champ électrique s’écrit alors :
F0=e
4π0a2
0
=m2K3
e~4≈5,14 ×1011 V·m−1,(A.11)
qui est aussi la valeur (colossale) du champ coulombien sur la première orbite de Bohr. L’unité de champ
magnétique s’obtient, via la force de Lorentz, en écrivant :
B0=F0
v0
=m2K2
e~3≈2,35 ×105T(A.12)
b) La valeur numérique de cdans le système d’unités atomique est par définition la valeur numérique du
nombre sans dimension c/v0=~c/K = 1/α ≈137. Comme on doit toujours avoir la relation c−2=0µ0,
on en déduit que dans le système d’unités atomiques, la valeur numérique de µ0est α2.
Nota : Le champ magnétique créé par l’électron sur le noyau est donc environ 104fois inférieur à l’unité de
champ B0.
B La symétrie additionnelle du problème de Kepler-Coulomb
B.I Vecteur de Laplace
1Le vecteur rotation instantané de la base locale liée à l’électron s’écrit #– Ω=#– L/mr2, puisque le « moment
d’inertie » de l’électron par rapport à l’origine est simplement mr2. Le résultat demandé en découle.
Autre démonstration : utilisant #– ur=#– r /r et dr/dt=#– ur·d#– r /dt:
d#– ur
dt=1 r
d#– r
dt+d 1/r dt
#–
r
=1
r
#–
p
m+−1 r2#–
ur·
#–
p
m
#–
r
=1
mr3(r2#–
p−#– r·#– p#– r) = (#–
r∧#– p)∧#– r
mr3.
en reconnaissant le développement du double produit vectoriel (#– r∧#– p)∧#– r.
2Dans le résultat général précédant, on identifie la quantité #– ur/r2. Dans le cas particulier qui nous intéresse,
elle est proportionnelle à la force coulombienne. Il vient :
d#– ur
dt=
#–
L
m∧-1 K
d#– p
dt.(B.11)
3Le vecteur #– Létant normal au plan de la trajectoire, on en déduit que #– L∧#– p, de même que #– ur, sont dans
ce plan, et donc #– Aaussi. Donc #– L·
#–
A= 0.
4Le produit #– r·
#–
Aest le produit de #– ravec un vecteur constant, et peut donc s’écrire : #– A· #– r=rAcos(ϕ), si
l’origine de l’angle ϕest choisie dans la direction de #– A. Par ailleurs, on peut évaluer :
#–
A · #– r=1
mK (#–
L∧#– p)·#– r+r=−L2
mK +r ,
où l’on a reconnu le produit mixte (#– L∧#– p)·#– r=#– L·(#– p∧#– r) = −
#–
L2.
On en déduit :
r(ϕ) = L2/mK
1− A cos ϕ.(B.12)
Il s’agit, comme attendu, de l’équation polaire d’une ellipse de paramètre P=L2/mK, d’excentricité A,
dont le grand axe est dirigé parallèlement à #– A.
2

5On a : #– A2=(#–
L∧#– p)2
m2K2+ 1 + 2(#–
L∧#– p)·#– ur
mK
dont le premier terme est proportionnel à L2p2puisque #– L·#– p= 0, et le troisième fait à nouveau intervenir
le produit mixte précédent, à 1/r près. Il vient :
A2= 1 + 2L2
mK2p2 2m−K rsoit E=−mK2 2L2(1 − A2).(B.13)
Pour une ellipse, l’excentricité Adoit être de valeur absolue inférieure à 1 (pour que le dénominateur de
(B.12) ne s’annule pas) , ce qui est visiblement équivalent à la condition E < 0.
6Dans le cas d’une orbite circulaire, l’excentricité est nulle, et donc #– A=#– 0. Si au contraire c’est #– Lqui est
nul, #– A=#– ur=cste et l’orbite est une ellipse dégénérée sur un segment de droite délimité par l’origine et
un point situé à r=K/(-E).
7Les vecteurs #– Lest #– Afournissent a priori six constantes du mouvement, auxquelles s’ajoute l’énergie.
Toutefois, la conditions #– L·
#–
A= 0 et l’expression (B.13) introduisent 2 liaisons, ce qui réduit à 7−2=5
le nombre de constantes indépendantes. Ces 5 constantes caractérisent complètement la trajectoire, la seule
constante d’intégration restant à déterminer est la position initiale de l’électron sur l’orbite elliptique.
8Figure B.1 ci-dessous.
ur
Lp
∧A
ur
ur
A
A
p
p
p
Lp
∧
Lp
∧
Fig. B.1 – Représentation d’une trajectoire et illustration de la conservation de #– A(avec des unités arbitraires,
telles que #– L∧#– pait la même longueur que #– p).
9A partir de l’équation polaire (B.12), on détermine les positions radiales du péricentre et de l’apocentre :
rP=L2/mK
1 + A(ϕP=π), rA=L2/mK 1− A (ϕA= 0) ,
d’où le demi grand-axe :
a=1
2(rA+rP) = L2 mK(1 − A2),(B.14)
et le demi petit axe s’en déduit par la multiplication par (1 − A2)1/2:
b=L2
mK√1− A2.(B.15)
En utilisant la formule (B.13), on constate que E=−K/2a, c’est à dire qu’elle ne dépend de Let de Aque
par la combinaison particulière donnant a, indépendamment des valeurs individuelles de Let de A. Ainsi,
deux orbites de même grand axe ont la même énergie, quelque soit la valeur du petit axe.
10 Au lieu d’appliquer la loi des aires (A.3) de façon différentielle, on peut l’écrire pour une révolution complète :
π a b
T=L 2m⇒T=2π mK2
L3
(1 − A)3/2=2π
mK2-2E mK2−3/2
= 2πmK2
(-2E)21/2
,(B.16)
qui dépend donc seulement de Eet non des valeurs particulières de Let A.
3

11 Il suffit de remplacer Epar son expression en fonction de a:
T=2π
mK2K/a mK2−3/2
= 2πrm
Ka3/2,(B.17)
et on retrouve la troisième loi de Kepler T2=m/K a3/T 2=K/4π2m.
12 En utilisant la valeur de aet sa relation avec E, il vient :
I=L
√1− A2soit aussi A2= 1 −L2
I2.(B.18)
13 De E=−mK2/2I2on déduit
dE(I)
dI=mK2 I3=-2E I=(-2E)3 mK21/2
,(B.19)
qui est bien la valeur de ωobtenue pour l’orbite circulaire (A.6), mais aussi dans le cas général (B.16).
Le lien entre l’énergie et la période ne dépendant pas de l’excentricité, on doit aussi avoir E= -E0/2n2=
-mK2/2I2pour toutes les orbites, et donc I=n~, indépendamment des valeurs particulières de Let A.
B.II Valeur moyenne de #– ret des puissances de r
A
rdt
∫
Fig. B.2 – Les secteurs grisés, de même
aire, contribuent à part égale à #– r. On vé-
rifie la part prépondérante de l’apocentre,
et la symétrie par rapport au grand axe.
1En vertu du lemme (A.4), #– p∝d#– r /dt= 0, et donc
#–
A=#– A=#– L∧#– p/mK +#– ur=#– ur.
Si on développe le double produit vectoriel dans #– A=#– A, on
obtient #– r·#– p#– p=p2#– r.
2On a vu précédemment (cf. question 8) que #– Aétait dirigé selon
le grand axe de l’ellipse, qui est un axe de symétrie de l’orbite.
En outre, l’électron passe très vite au voisinage du péricentre
où rest faible, et très lentement au voisinage de l’apocentre où
rest grand. Ceci établit que #– rest non nul, et d’autant plus
grand que l’excentricité est élevée. Cette valeur moyenne est
nécessairement portée par l’axe de symétrie de l’orbite, puisque
les composantes de #– rqui sont symétriques se compensent (voir
figure B.2), et donc colinéaire à #– A.
3La dérivée proposée donne :
d
dt→D=r2˙
#–
p+ 2#– r·˙
#–
r#– p=−K#– ur+ 2#– r·#– p
#–
p
m
dont la valeur moyenne Dest nulle, en vertu du lemme.
Or il résulte de la première question que #– A=#– uret #– r·#– p#– p=p2#– r, don on a :
K
#–
A=K
r
#–
r= 2p2
m
#–
r,
ce qui établit effectivement l’identité :
−Ep
#–
r= 4Ec
#–
r=K#– ur=K
#–
A,
conformément à l’indication. Bien sûr Ep
#–
r6=Ep#– r, mais on peut écrire :
E#–
r=E#– r=Ec
#–
r+Ep
#–
r=1
4−1K
#–
A
d’où le résultat, puisque la constante Epeut être sortie de la valeur moyenne.
4

4À partir de I2−L2=I2A2, du remplacement de Pauli et de l’équation (B.12), on écrit :
#–
r·
#–
A=−3KA2
4E=#–
r·
#–
A=−L2/mK +r
d’où : r=L2/mK −3KA2
4E=I2 mK (1 − A2) + 3A2 2=2I2+I2A2 2mK =3I2−L2 2mK ,(B.20)
qui coïncide avec le résultat demandé pour C=mK.
La valeur moyenne suivante résulte simplement du viriel et de l’expression de Een fonction de I:
1
r=−Ep K=−2E K=mK I2.
La troisième s’obtient à l’aide de la loi des aires et de l’expression de la période :
2π=I˙ϕdt=L
mIdt r2=L T m1 r2,
d’où : 1
r2=2π T
m
L=m2K2 I3L.(B.21)
B.III Vecteur de Laplace réduit et générateurs de Pauli
(introduits par Pauli dans son article historique de 1926 )
1a) Le vecteur #– Aétant sans dimension, celle de #– Aest le même que celle de Isoit une action (en J·s),
comme pour le moment cinétique #– L. Ce vecteur est le produit de deux constantes du mouvement (Iétant
une simple fonction de E), et est elle aussi conservée.
b) Compte tenu des relations entre I,Let A, on a I2=L2+A2, d’où :
E=−mK2
2(L2+A2).(B.22)
2En utilisant, pour #– wconstant, l’identité ∂(#– r·#– w)/∂ #– r=#– w, il suffit d’écrire :
(#–
L·#– u),#– p=(#– r·(#– p∧#– u),#– p=#– p∧#– u . (B.23)
Il en va de même pour #– rau prix de deux changements de signe.
3On en déduit, à l’aide de la formule (9) de l’énoncé :
{(#– L·#– u),
#–
L}={(#– L·#– u),#– r} ∧ #– p+#– r∧ {(#– L·#– u),#– p}
= (#– r∧#– u)∧#– p+#– r∧(#– p∧#– u)=(#– r∧#– u)∧#– p+ (#– u∧#– p)∧#– r
= -(#– p∧#– r)∧#– u=#– L∧#– u .
(B.24)
En prenant le produit scalaire avec #– von obtient bien (#– L∧#– u)·#– v= (#– u∧#– v)·
#–
L.
4Notons transitoirement #– J1et #– J2comme #– J±.
a) On a simplement :
{
#–
J±·#– u ,
#–
J±}=1
4
{
#–
L·#– u ,
#–
L}+{
#–
A·#– u ,
#–
A}
| {z }
2
#–
L∧#– u
±{
#–
L·#– u ,
#–
A}±{
#–
A·#– u ,
#–
L}
| {z }
±2
#–
A∧#– u
=
#–
L±
#–
A
2∧#–
u . (B.25)
b) De façon très analogue :
{
#–
J±·#– u ,
#–
J∓}=1
4
{
#–
L·#– u ,
#–
L}−{
#–
A·#– u ,
#–
A}
| {z }
#–
0
∓{
#–
L·#– u ,
#–
A}±{
#–
A·#– u ,
#–
L}
| {z }
#–
0
= 0 .(B.26)
5