Mines-PC-2011 Fibre optique à saut d`indice I

Mines-PC-2011
Fibre optique à saut d’indice
I-Approche géométrique de la propagation
1- Le rayon va se réfléchir au niveau de la gaine avec un angle d’incidence 𝑖. Si on a
réfraction au niveau de la gaine, l’angle réfracté 𝑖’ est donné par la loi de Descartes : 𝑛𝑠𝑖𝑛𝑖 =
𝑛
𝑛
𝑛1 𝑠𝑖𝑛𝑖′ soit 𝑠𝑖𝑛𝑖 ′ = 𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑖. On n’aura pas de rayon réfracté si : 𝑠𝑖𝑛𝑖 ′ = 𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑖 > 1 ce qui
1
1
introduit un angle d’incidence limite : 𝑠𝑖𝑛𝑖𝑙 =
𝑛1
𝑛
2- On suppose que l’indice de l’air est 1. Le rayon entre dans la fibre optique avec un angle
d’incidence 𝜃. En appliquant la loi de Descartes de la réfraction, on en déduit que l’angle
réfracté dans le cœur est 𝑖𝑐 donné par la loi : 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑛𝑠𝑖𝑛𝑖𝑐 . L’angle d’incidence entre le
𝜋
cœur et la gaine est 𝑖 = 2 − 𝑖𝑐 soit 𝑛𝑐𝑜𝑠𝑖 = 𝑠𝑖𝑛𝜃. L’angle limite est 𝑠𝑖𝑛𝑖𝑙 =
𝑛1
𝑛
ce qui
donne un angle d’incidence limite 𝜃 donné par la relation : 𝑛𝑐𝑜𝑠𝑖𝑙 = 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑙 soit
2
𝑛
𝑛√1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑖𝑙 = 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑙 → 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑙 = 𝑛√1 − ( 𝑛1 ) soit 𝑂𝑁 = 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑙 = √𝑛2 − 𝑛12
3- 𝑂𝑁 = 17,5°
4- Le temps de parcours sera minimal pour un angle 𝜃 = 0° ; le temps de parcours est 𝑐 fois
le chemin optique. L’indice dans le cœur étant n, le chemin optique est 𝑛𝐿 . Dans ce cas le
𝐿
temps de parcours correspondant est 𝑡𝑚𝑖𝑛 = 𝑛 𝑐 .
Le temps de parcours est maximal pour un angle 𝜃 = 𝜃𝑙 . Dans ce cas, la lumière va parcourir
𝑎
des segments de longueur 𝐻 = 𝑠𝑖𝑛𝑖 , chaque segment correspondant à une distance parcourue
𝑐
𝑎
de 𝐿𝑥 = 𝑡𝑎𝑛(𝑖 ) sur l’axe de la fibre optique. Pour une longueur 𝐿 de fibre, le nombre de
𝑐
𝐿
𝐿
segments parcourus est : 𝑁 = 𝐿 = 𝑎 𝑡𝑎𝑛(𝑖𝑐 ) soit une distance parcourue par la lumière : 𝐷 =
𝑥
𝑎
𝐿
𝐿
. 𝑡𝑎𝑛(𝑖𝑐 ) = cos(𝑖 ) ce qui correspond à un chemin optique 𝑛𝐷 et à un temps de parcours :
𝑠𝑖𝑛𝑖𝑐 𝑎
𝑐
𝐿
1
𝑡𝑚𝑎𝑥 = 𝑛 𝑐 . cos(𝑖 ), avec 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑙 = 𝑛𝑠𝑖𝑛𝑖𝑐 = √𝑛2 − 𝑛12 .
𝑐
𝐿
On en déduit 𝑡𝑚𝑎𝑥 = 𝑛 𝑐 .
1
√1−𝑠𝑖𝑛2 𝑖𝑐
𝐿
= 𝑐.
𝑛2 𝐿
𝑛
soit 𝑡𝑚𝑎𝑥 = 𝑛
2
2
√1−𝑛 −𝑛1
2
1
𝑐
𝑛
L’intervalle de temps entre le temps de parcours minimal et le temps de parcours maximal
𝐿
𝑛
est : 𝛿𝑡 = 𝑡𝑚𝑎𝑥 − 𝑡𝑚𝑖𝑛 soit 𝛿𝑡 = 𝑛 𝑐 (𝑛 − 1)
1
𝑛
2
5- On pose 2∆= 1 − ( 𝑛1 ) ce qui donne :
𝑛1
𝑛
= √1 − 2∆~1 − ∆ puisque ∆≪ 1.
𝐿
𝑛
𝐿
1
On en déduit l’expression de l’intervalle de temps : 𝛿𝑡 = 𝑛 𝑐 (𝑛 − 1) = 𝑛 𝑐 (1−∆ − 1) soit
1
𝛿𝑡~
𝑛𝐿∆
𝑐
.
6- Les rayons d’angle 𝜃 = 0 vont correspondre à une impulsion entre 𝑡1 + 𝑡𝑚𝑖𝑛 et 𝑡2 + 𝑡𝑚𝑖𝑛
et les rayons d’angle 𝜃 = 𝜃𝑙 vont correspondre à une impulsion entre 𝑡1 + 𝑡𝑚𝑎𝑥 et 𝑡2 + 𝑡𝑚𝑎𝑥 .
L’impulsion totale sera étalée entre 𝑡1 + 𝑡𝑚𝑖𝑛 et 𝑡2 + 𝑡𝑚𝑎𝑥 . La durée caractéristique de
l’impulsion en sortie de fibre est : 𝑡𝑜′ = 𝑡𝑜 + 𝛿𝑡
1
7- Pour qu’il n’y ait pas recouvrement des impulsions à la sortie de la fibre, il faut que 𝐹 >
1
𝑐
𝑡𝑜′ ~𝛿𝑡 soit 𝐹 < 𝛿𝑡 = 𝑛𝐿∆
𝑐
8- On a dans le cas limite 𝐹 = 𝑛∆𝐿
𝑐
𝑚𝑎𝑥
ce qui donne : 𝐹𝐿𝑚𝑎𝑥 = 𝐵 = 𝑛∆
9- ∆= 1,98. 10−2 ; 𝐵 = 1,01. 1010 𝑚. 𝑠 −1 ; 𝐿𝑚𝑎𝑥 = 101 𝑚 La longueur de la fibre ‘est pas
très grande. On n’utilise pas ce type de fibre pour des trajets important.
II-A-Approche ondulatoire de la propagation
10- La notion de rayon lumineux dans la fibre perd son sens si la longueur d’onde n’est plus
petite devant 𝑎.
11- On a la continuité de la composante tangentielle du champ électrique en 𝑦 = ±𝑎 ce qui
donne pour 𝑦 = +𝑎 : ∀ 𝑥, 𝑡 𝐸(𝑥, 𝑦 = 𝑎+ , 𝑡) = 𝐸(𝑥, 𝑦 = 𝑎− , 𝑡) soit :
𝑒3 (𝑎)𝑒𝑥𝑝𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥,3 𝑥) = 𝑒2 (𝑎)𝑒𝑥𝑝𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥,2 𝑥) ce qui impose 𝑘𝑥,3 = 𝑘𝑥,2 et pour 𝑦 =
−𝑎 : ∀ 𝑥, 𝑡 𝐸(𝑥, 𝑦 = −𝑎+ , 𝑡) = 𝐸(𝑥, 𝑦 = −𝑎− , 𝑡) soit :
𝑒2 (−𝑎)𝑒𝑥𝑝𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥,2 𝑥) = 𝑒1 (−𝑎)𝑒𝑥𝑝𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥,1 𝑥) ce qui impose 𝑘𝑥,1 = 𝑘𝑥,2
12- Dans un milieu diélectrique, les équations de Maxwell sont les mêmes que dans le vide en
⃗⃗
𝜕𝐵
⃗⃗
𝜀 𝜕𝐵
⃗⃗ = 𝑟2 =
remplaçant 𝜀𝑜 par 𝜀𝑜 𝜀𝑟 ce qui donne : 𝑟𝑜⃗𝑡𝐸⃗⃗ = − 𝜕𝑡 et 𝑟𝑜⃗𝑡𝐵
𝑐 𝜕𝑡
⃗⃗
𝑛2 𝜕𝐵
𝑐 2 𝜕𝑡
.
On en déduit l’équation de propagation du champ électrique dans un diélectrique d’indice :
2
2 ⃗⃗
𝑛 𝜕 𝐸
∆𝐸⃗⃗ − 𝑐 2 𝜕𝑡 2 = ⃗0⃗
Pour 𝑠 = 1, 2, 3 on a :
𝜕2 𝐸𝑠
𝜕𝑥 2
+
𝜕2 𝐸𝑠
𝜕𝑦 2
𝑛2 𝜕2 𝐸𝑠
− 𝑐 2𝑠
𝜕𝑡 2
= 0 ce qui donne :
𝑛2
𝑑2 𝑒𝑠
𝑑𝑦 2
𝑛2
− 𝑒𝑠 (𝑦)(𝑘𝑥2 − 𝑐 2𝑠 𝜔2 ) = 0
𝑛2
On a pour les milieux 1 et 3 : 𝜇1,3 = 𝑘𝑥2 − 𝑐 21 𝜔2 et pour le milieu 2 : 𝜇2 = 𝑘𝑥2 − 𝑐 2 𝜔2
13- on donne dans le milieu 2 la solution : 𝑒2 (𝑦) = 𝐵(exp(𝑖𝛽𝑦) + 𝜀exp(−𝑖𝛽𝑦) ce qui donne
en remplaçant dans l’équation différentielle trouvée à la question précédente : −𝛽 2 − 𝜇2 = 0
soit 𝛽 2 = −𝜇2. Pour que cette solution soit possible il faut que 𝜇2 < 0 c’est-à-dire :
𝑘𝑥 <
𝑛𝜔
𝑐
. L’énoncé nous dit de poser 𝑘𝑥 = 𝑘𝑐𝑜𝑠(𝑟) et 𝑘 =
On a alors : 𝛽 = 𝑘√1 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑟) soit 𝛽 = 𝑘𝑠𝑖𝑛(𝑟)
𝑛𝜔
𝑐
. La condition est bien vérifiée.
Dans le milieu 1, la solution proposée est : 𝑒1 (𝑦) = 𝐴 exp(𝛼𝑦) ce qui donne en remplaçant
dans l’équation différentielle : 𝛼 2 − 𝜇1 = 0 soit 𝛼 = √𝜇1 = √𝑘𝑥2 −
𝑘𝑥 par 𝑘𝑐𝑜𝑠(𝑟) et
𝑛𝜔
𝑐
𝜔 2 𝑛12
𝑐2
soit en remplaçant
𝑛2
par 𝑘 : 𝛼 = 𝑘 √cos2 (𝑟) − 𝑛12
14- L’expression n’est valide que si 𝑐𝑜𝑠(𝑟) >
𝑛1
𝑛
. La valeur maximale de 𝑟 est : 𝑐𝑜𝑠(𝑟𝑙 ) =
La valeur minimale de 𝑖 correspond alors à 𝑠𝑖𝑛(𝑖𝑙 ) =
𝑛1
𝑛
𝑛1
𝑛
.
. La réflexion totale en optique
géométrique correspond en électromagnétisme à l’existence d’ondes évanescentes.
⃗⃗
𝜕𝐵
15- On a l’équation de Maxwell-Faraday : 𝑟𝑜⃗𝑡𝐸⃗⃗ = − 𝜕𝑡 ce qui donne :
⃗⃗1 = ∇
⃗⃗ ∧ 𝐸⃗⃗1
dans le milieu 1:−𝑗𝜔𝐵
⃗⃗1 = (j𝑘𝑥 𝑢
soit −𝑗𝜔𝐵
⃗⃗𝑦 + 𝛼𝑢
⃗⃗𝑥 )𝐴𝑒𝑥𝑝(𝛼𝑦)exp 𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 𝑥)
⃗⃗2 = ⃗∇⃗ ∧ 𝐸⃗⃗2 soit
dans le milieu 2:−𝑗𝜔𝐵
⃗⃗2 = 𝐵(j𝑘𝑥 (𝑗𝛽(𝑒𝑥𝑝(𝑗𝛽𝑦) + 𝜀exp(−𝑗𝛽𝑦))𝑢
−𝑗𝜔𝐵
⃗⃗𝑦 + (𝑗𝛽(𝑒𝑥𝑝(𝑗𝛽𝑦) − 𝜀exp(−𝑗𝛽𝑦))𝑢
⃗⃗𝑥 )exp 𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 𝑥)
⃗⃗3 = ⃗∇⃗ ∧ 𝐸⃗⃗3
dans le milieu 3:−𝑗𝜔𝐵
⃗⃗3 = (j𝑘𝑥 𝑢
soit −𝑗𝜔𝐵
⃗⃗𝑦 − 𝛼𝑢
⃗⃗𝑥 )𝜀𝐴𝑒𝑥𝑝(−𝛼𝑦)exp 𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 𝑥)
Ce qui donne pour le champ magnétique les expressions suivantes :
𝑘
⃗⃗1 = 𝐴 (− 𝑥 𝑢
dans le milieu 1 : 𝐵
⃗⃗ +
𝜔 𝑦
𝑗𝛼
𝜔
𝑢
⃗⃗𝑥 ) 𝑒𝑥𝑝(𝛼𝑦)exp 𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 𝑥)
dans le milieu2
: 𝐵⃗⃗2 = 𝐵 (− 𝑘𝜔𝑥 ((𝑒𝑥𝑝(𝑗𝛽𝑥) + 𝜀exp(−𝑗𝛽𝑥))𝑢⃗⃗𝑦 − 𝜔𝛽 ((𝑒𝑥𝑝(𝑗𝛽𝑥) − 𝜀exp(−𝑗𝛽𝑥))𝑢⃗⃗𝑥 ) exp 𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 𝑥)
𝑘
⃗⃗3 = 𝜀𝐴 (− 𝑥 𝑢
dans le milieu 3: 𝐵
⃗⃗ −
𝜔 𝑦
𝑗𝛼
𝜔
𝑢
⃗⃗𝑥 ) 𝑒𝑥𝑝(−𝛼𝑦)exp 𝑗(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 𝑥)
16- On suppose que les composantes tangentielles du champ électrique et du champ
magnétique sont continues en 𝑥 = ±𝑎. On pose 𝛿 = exp(𝛼𝑎) et 𝛾 = exp(𝑗𝛽𝑎).
On obtient les équations suivantes pour la continuité de la composante tangentielle du champ
électrique :
𝜀𝐴
𝛿
𝜀
= 𝐵(𝛾 + 𝛾)
en 𝑥 = +𝑎
On obtient les équations suivantes pour la continuité de la composante tangentielle du champ
magnétique en remplaçant 𝜀 par sa valeur :
𝜀𝐴
𝜀
= 𝐵(𝛾 + 𝛾)
𝛿
𝜀𝑗𝛼𝐴
𝛿
= 𝐵𝛽 (𝛾 −
en 𝑥 = +𝑎 pour 𝐵𝑦
𝜀
𝛾
)
en 𝑥 = +𝑎 pour 𝐵𝑥
On obtient finalement un système de deux équations :
𝜀𝐴
𝛿
𝜀𝑗𝛼𝐴
𝛿
𝜀
= 𝐵(𝛾 + 𝛾)
= 𝐵𝛽 (𝛾 −
(1)
𝜀
𝛾
)
(2)
17- Dans le cas où 𝜺 = +𝟏 on a le système suivant :
𝐴
𝛿
1
− 𝐵 (𝛾 + 𝛾) = 0
(1)
𝑗𝛼𝐴
𝛿
− 𝐵𝛽 (𝛾 −
1
𝛾
)=0
(2)
Pour que la solution de ce système ne soit pas triviale il faut que le déterminant soit nul ce qui
𝛽
1
donne : − 𝛿 (𝛾 − 𝛾) +
𝑗𝛼
𝛿
1
(𝛾 + 𝛾) = 0 soit (𝛾 − 𝛾1) = 𝑗𝛼 (𝛾 + 1𝛾) . On remplace 𝛾 par son
expression : 𝛽(exp(𝑗𝛽𝑎) − exp(−𝑗𝛽𝑎)) = 𝑗𝛼(exp(𝑗𝛽𝑎) + 𝑒𝑥𝑝′(−𝑗𝛽𝑎)) soit :
2𝑗𝛽 sin(𝛽𝑎) = 2𝑗𝛼cos(𝛽𝑎) . On obtient la relation :
𝜋
𝛽
𝛽
𝜋
𝑐𝑜 tan(𝛽𝑎) = tan( 2 − 𝛽𝑎) = 𝛼 soit βa + 𝑎𝑟𝑡𝑎𝑛 (𝛼) = 2 + 𝑝𝜋 avec 𝑝 ∈ ℤ
Dans le cas où 𝜺 = −𝟏 on a le système suivant :
−𝐴
𝛿
1
− 𝐵 (𝛾 − 𝛾) = 0
𝛿
−𝑗𝛼𝐴
− 𝐵𝛽 (𝛾 +
(1)
1
𝛾
)=0
(2)
Pour que la solution de ce système ne soit pas triviale il faut que le déterminant soit nul ce qui
1
1
1
donne : 𝛽𝛿 (𝛾 + 𝛾1) − 𝑗𝛼
(𝛾 − ) = 0 soit (𝛾 + ) = 𝑗𝛼 (𝛾 − ) . On remplace 𝛾 par son expression :
𝛿
𝛾
𝛾
𝛾
𝛽(exp(𝑗𝛽𝑎 + exp(−𝑗𝛽𝑎)) = 𝑗𝛼(exp(𝑗𝛽𝑎) − 𝑒𝑥𝑝′ (−𝑗𝛽𝑎)) soit
:
2𝛽 cos(𝛽𝑎) = −2𝛼sin(𝛽𝑎) . On obtient la relation :
𝛽
𝛽
tan(𝛽𝑎) = − 𝛼 soit βa + 𝑎𝑟𝑡𝑎𝑛 (𝛼) = 𝑝𝜋 avec 𝑝 ∈ ℤ
𝛽
𝜋
On en conclut la relation regroupant les deux cas : βa + 𝑎𝑟𝑡𝑎𝑛 (𝛼) = 𝑝 2 avec 𝑝 ∈ ℤ
18- la fonction 𝑓(𝑟) étant une fonction croissante, sa valeur maximale correspondra à la
𝛽
valeur maximale de 𝑟 soir 𝑟𝑙 . Pour 𝑟 = 𝑟𝑙 on a 𝛼 = 0 donc 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝛼 =
𝜋
𝜋
𝜋
2
ce qui donne
𝑓(𝑟𝑙 ) = 𝛽𝑎 + 2 avec 𝛽 = 𝑘𝑠𝑖𝑛(𝑟𝑙 ) soit 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝑎𝑠𝑖𝑛(𝑟𝑙 ) + 2 soit en remplaçant 𝑟𝑙 par sa
𝑛2
𝜋
valeur : 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝑎√1 − 𝑛12 + 2 .
𝜋
On en déduit que 𝑓𝑚𝑎𝑥 > 2 .
Pour 𝑝 = 1, l’équation 𝑓(𝑟) =
𝜋
2
admet donc forcément une solution, quelles que soient les
valeurs de 𝑘 et de 𝑎.
𝜋
𝜋
En revanche pour 𝑝 ≥ 2, pour que l’équation 𝑓(𝑟) = 𝑝 2 , il faut que 𝑓𝑚𝑎𝑥 > 𝑝 2 ce qui donne
𝑛2
𝜋
𝑘𝑎√1 − 𝑛12 > (𝑝 − 1) 2 ce qui impose une condition sur 𝑎 : 𝑎 > (𝑝 − 1)
𝜋
2
𝑛
2𝑘√1− 12
soit
𝑛
𝑎 > (𝑝 − 1)
𝜆
. Pour un mode donné, il existe donc un rayon minimal :
2
𝑛
4√1− 12
𝑛
𝑎𝑙 = (𝑝 − 1)
𝜆
2
𝑛
4√1− 12
𝑛
19- Dans la pratique on prend 𝑎 < 𝑎𝑙 . Pour 𝑝 = 2 on a 𝑎𝑙 =
𝜆
2
𝑛
4√1− 12
= 891 𝑛𝑚
𝑛
Dans cette pratique, la dimension du rayon de la fibre est de l’ordre de grandeur de la
longueur d’onde. L’approximation de l’optique géométrique n’est plus valable.
20- Après propagation dans la fibre, le paquet d’onde à l’abscisse 𝑥 est retardé par rapport à
l’abscisse 0. Le paquet d’onde se propageant à la vitesse de groupe, son retard temporel sera
de 𝑣𝑔 𝑥. Le phénomène de dispersion va entrainer une déformation du paquet d’onde. Si celuici s’étale, la conservation de l’énergie va entrainer une augmentation du nombre
d’oscillations, mais avec une amplitude moindre.
𝑣𝑔 𝑥
III- Phénomène optique non linéaire : effet Kerr
𝑒
21- L’ordre de grandeur du champ électrique inter-atome est donné par : 𝐸(𝑟) = 4𝜋𝜀
𝑜𝑟
2
. En
prenant 𝑟~10−10 𝑚 on trouve 𝐸(𝑟)~1011 𝑉. 𝑚−1, ce qui correspond à un champ critique de
𝐸~109 𝑉. 𝑚−1 et à une intensité lumineuse 𝑰~𝟏𝟎𝟏𝟓 𝑾. 𝒎−𝟐 .
Les lasers impulsionnels permettent l’obtention de telles puissances surfaciques.
22- L’expression de la force mettant en évidence le phénomène anharmonique est :
𝑓=𝜅
𝑚2 𝜔𝑜3
ℏ
grandeur 𝜅
𝑧 3 . On fait une étude dimensionnelle : 𝑚𝜔𝑜2 𝑧 est homogène à une force, donc la
𝑚𝜔𝑜
ℏ
𝑧 2 n’a pas de dimension. On peut réécrire cette grandeur : 𝜅
𝑚𝜔𝑜2 𝑧 2
ℏ𝜔𝑜
. 𝑚𝜔𝑜2 𝑧 2 et
ℏ𝜔𝑜 sont tous les deux homogènes à une énergie. On en déduit que 𝜿 est sans dimension.
23- On prend comme système l’électron. IL subit la force donnée par l’énoncé et la force
électrique. La force magnétique de l’onde est négligeable devant la force électrique quans
l’électron n’est pas relativiste.
On a donc : 𝑚𝑧̈ (𝑡) = −𝑚𝜔𝑜2 𝑧(𝑡) + 𝜅
𝑚2 𝜔𝑜3
𝑧 3 (𝑡) − 𝑒𝐸𝑜 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)
ℏ
24- 𝑧𝑜 (𝑡) une fois le régime forcé établi, c’est-à-dire la solution particulière de l’équation
différentielle sans le terme de perturbation:
On a 𝑚𝑧̈ (𝑡) + 𝑚𝜔𝑜2 𝑧(𝑡) = −𝑒𝐸𝑜 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)
𝑒𝐸
𝑜
C’est-à-dire : 𝑧𝑜 (𝑡) = − 𝑚(𝜔2 −𝜔
2 ) cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)
𝑜
25- L’équation différentielle vérifiée par 𝑧𝑜 (𝑡) + 𝜅𝑧1 (𝑡) est :
𝑚(𝑧̈𝑜 (𝑡) + 𝜅𝑧̈1 (𝑡)) = −𝑚𝜔𝑜2 (𝑧𝑜 (𝑡) + 𝜅𝑧1 (𝑡)) + 𝜅
qui donne 𝑚𝜅𝑧̈1 (𝑡) = −𝑚𝜔𝑜2 𝜅𝑧1 (𝑡) + 𝜅
𝑚2 𝜔𝑜3
ℏ
𝑚2 𝜔𝑜3
(𝑧𝑜 (𝑡)
ℏ
+ 𝜅𝑧1 (𝑡))3 − 𝑒𝐸𝑜 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)
ce
(𝑧𝑜 (𝑡) + 𝜅𝑧1 (𝑡))3.
Si on considère 𝑧𝑜 (𝑡) ≫ 𝑧1 (𝑡) on peut simplifier l’équation différentielle précédente et
écrire : 𝑧̈1 (𝑡) + 𝜔𝑜2 𝑧1 (𝑡) =
𝑚𝜔𝑜3
ℏ
𝑧𝑜3 (𝑡) = −
𝑚𝜔𝑜3
ℏ
𝑒𝐸
3
𝑜
3
(𝑚(𝜔2 −𝜔
2 )) cos (𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)
𝑜
𝟑
L’équation différentielle comporte donc un terme en 𝐜𝐨 𝐬𝟑 (𝝎𝒕 − 𝒌𝒙) = 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝒕 − 𝒌𝒙) +
𝟒
𝟏/𝟒 𝐜𝐨𝐬(𝟑𝝎𝒕 − 𝒌𝒙).
26- Par définition de la polarisation on a : 𝑃𝑧 = −𝑁𝑒𝑧 ce qui donne : 𝑃𝑧 = −𝑁𝑒(𝑧𝑜 + 𝜅𝑧1 ) et
𝑃𝑧 = 𝜀𝑜 𝜒𝐸𝑜 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑧)
27- On identifie les deux expressions de la question précédente :
−𝑁𝑒(𝑧𝑜 + 𝜅𝑧1 ) = 𝜀𝑜 𝜒𝐸𝑜 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑧) ce qui donne en ne conservant que les termes de
pulsation 𝜔 :
𝑒𝐸
𝜉 𝑒𝐸𝑜
𝑜
−𝑁𝑒(− 𝑚(𝜔2 −𝜔
cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥) − 4
2)
𝑜
𝑁𝑒 2
3
2 −𝜔2 )
𝑚 (𝜔𝑜
cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)) = 𝜀𝑜 𝜒𝐸𝑜 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑧)
𝜉3
Soit en simplifiant : 𝑚(𝜔2 −𝜔2) (1 + 4 ) = 𝜀𝑜 𝜒 ce qui donne
𝑜
𝜒=
𝑁𝑒 2
𝜉3
(1 + )
𝑚𝜀𝑜 (𝜔𝑜2 −𝜔2 )
4𝜅
= 𝜒𝐿 (1 +
𝜉3
).
4
L’indice du milieu est donné 𝑛 = √1 + 𝜒 soit
𝜉3
)
4
𝑛 = √1 + 𝜒𝐿 (1 +
= √1 + 𝜒𝐿 + 𝜒𝐿
𝜉3
4
𝜉3
= √1 + 𝜒𝐿 √1 + 𝜒𝐿 4(1+𝜒
𝐿)
Comme on a 𝑛𝐿 = √1 + 𝜒𝐿 , on peut écrire : 𝑛 = 𝑛𝐿 √1 + (1 − 𝑛𝐿2 )
𝜉3
4𝑛𝐿2
= 𝑛𝐿 √1 + 𝜒𝐿
𝜉3
4𝑛𝐿2
28- On calcule la dérivée du carré du module de 𝐴(𝑥, 𝑡) par rapport à 𝑡.
𝜕|𝐴(𝑥,𝑡)|
𝜕𝑥
déduit
2
𝜕𝐴(𝑥,𝑡)
= 𝐴∗ (𝑥, 𝑡)
𝜕𝐴∗ (𝑥,𝑡)
𝜕𝑥
On obtient :
𝜕𝑥
+ 𝐴(𝑥, 𝑡)
𝜕𝐴∗ (𝑥,𝑡)
𝜕𝑥
. D’après l’énoncé,
𝜕𝐴(𝑥,𝑡)
𝜕𝑥
2
= 𝑗Γ|𝐴(𝑥, 𝑡)| 𝐴(𝑥, 𝑡) et on en
2
= −𝑗Γ|𝐴(𝑥, 𝑡)| 𝐴∗ (𝑥, 𝑡).
𝜕|𝐴(𝑥,𝑡)|
2
2
2
= 𝐴∗ 𝑗Γ|𝐴(𝑥, 𝑡)| 𝐴(𝑥, 𝑡) − 𝐴(𝑥, 𝑡)𝑗Γ|𝐴(𝑥, 𝑡)| 𝐴∗ (𝑥, 𝑡) = 0
𝜕𝑥
On en déduit que le module de 𝐴(𝑥, 𝑡) est indépendant de 𝑥.
29- On pose 𝐴(0, 𝑡) = 𝑎(𝑡) ce qui donne 𝐴(𝑥, 𝑡) = 𝑎(𝑡)𝑒𝑥𝑝𝑗𝛼(𝑥, 𝑡) ce qui donne :
𝜕𝐴(𝑥,𝑡)
𝜕𝑥
𝜕𝛼(𝑥,𝑡)
𝜕𝑥
= 𝑎(𝑡)
𝜕𝑒𝑥𝑝𝑗𝛼(𝑥,𝑡)
𝜕𝑥
2
= 𝑗Γ|𝐴(𝑥, 𝑡)| 𝐴(𝑥, 𝑡) = 𝑗Γ𝑎3 (𝑡)exp 𝑗(𝛼(𝑥, 𝑡)) ce qui donne :
= Γ𝑎2 (𝑡) soit 𝛼(𝑥, 𝑡) = Γ𝑎2 (𝑡)𝑥
On a donc : 𝐴(𝑥, 𝑡) = 𝑎(𝑡)𝑒𝑥𝑝𝑗(Γ𝑎2 (𝑡)𝑥)
On remplace cette expression dans l’expression du champ électrique :
𝐸(𝑥, 𝑡) = 𝐴(𝑥, 𝑡 − 𝑘𝑜′ 𝑥)𝑒𝑥𝑝𝑗(𝜔𝑜 𝑡 − 𝑘𝑜 𝑥) ce qui donne :
𝐸(𝑥, 𝑡) = 𝑎(𝑡 − 𝑘𝑜′ 𝑥)𝑒𝑥𝑝𝑗(Γ𝑎2 (𝑡 − 𝑘𝑜′ 𝑥)𝑥)𝑒𝑥𝑝𝑗(𝜔𝑜 𝑡 − 𝑘𝑜 𝑥)
30- Avec la notation proposée, 𝜑(𝑥, 𝑡) = 𝜔𝑜 𝑡 − 𝑘𝑜 𝑥 + Γ𝑎2 (𝑡 − 𝑘𝑜′ 𝑥)𝑥 ce qui donne :
𝜔(𝑥, 𝑡) =
𝜕𝜑(𝑥,𝑡)
𝜕𝑡
= 𝜔𝑜 + Γ𝑥2𝑎(𝑡 − 𝑘𝑜′ 𝑥)
𝑡2
On a 𝑎(𝑡) = 𝑎𝑜 𝑒𝑥𝑝(− 2𝜏2 ) ce qui fait :
𝑜
D’où : 𝜔(𝑥, 𝑡) = 𝜔𝑜 −
2
𝑘𝑜′ 𝑥)𝑒𝑥𝑝(−
(𝑡−𝑘𝑜′ 𝑥)
𝜏𝑜2
)
Γ𝑥2𝑎𝑜2
(𝑡
𝜏𝑜2
−
𝜕𝑎(𝑡−𝑘𝑜′ 𝑥)
𝜕𝑡
𝜕𝑎(𝑡−𝑘𝑜′ 𝑥)
𝜕𝑡
𝑎
= − 𝜏2𝑜 (𝑡 − 𝑘𝑜′ 𝑥)𝑒𝑥𝑝(−
𝑜
2
(𝑡−𝑘𝑜′ 𝑥)
2𝜏𝑜2
)
31- Lors du front descendant, les oscillations sont plus écartées (𝜔 < 𝜔𝑜 ) tandis qu’elles sont plus
resserrées lors du front montant (𝜔 > 𝜔𝑜 ), d’où l’allure suivante :
32- Les fréquences présentes dans le front montant étant plus élevées que 𝜔𝑜 , la dispersion anormale
tend à faire se propager plus vite le front montant que le maximum. Les fréquences présentes dans le
front descendant étant plus faibles que 𝜔𝑜 , la dispersion anormale tend à faire se propager le front
descendant moins vite que le front montant du maximum. Lorsque cette compression compense
exactement l’étalement du paquet d’onde, on a une propagation d’un paquet d’ondes sans déformation.