Corrigé des exercices
333
6- En champ nul (B = 0), on obtient :
< L 0 >= tanh
qJ < L 0 >
kT
On peut résoudre graphiquement cette équation par intersection de deux courbes. Pour cela, on
pose x =< L 0 >. Les deux courbes sont une droite qui passe par l’origine y = x et la fonction
tangente hyperbolique y = tanh(qJx/kT). Cette dernière passe aussi par l’origine et va de −∞,
pour x = −∞, à +∞, pour x = +∞. Au dessus d’une valeur T = T c , ces deux courbes n’ont
pas d’autre intersection qu’en x = 0. La phase est paramagnétique. Pour T < T c , il y a deux
intersections autres que x = 0 : x = ±x 1 . Elles correspondent aux deux états de magnétisation
spontanée. La phase est ferromagnétique. Pour T = T c , les 3 solutions se confondent en x = 0.
La température critique est obtenue lorsque l’argument de la tangente hyperbolique est égal à
l’unité, soit (qJ)/(kT c ) = 1. Ceci donne T c = (qJ)/k. La température critique ne dépend donc que
de l’intensité de l’interaction entre proches voisins et du nombre de ces derniers.
Exercice 3. 1- On utilise les développements suivants au voisinage de x = 0 :
−
−3
(1 + x) 2 = −3 + 6x − 9x
2 + 12x
3 + O(x
4 ) et
8
3(1 + x) − 1
= 4 − 6x + 9x
2
−
27
3
x
3 + O(x
4 )
2- K T ∝ −
∂u
∂p
∼ ´
−1
3- I =
l
g
v dp ∝
l
g
u dp = 0 à ´ constant.
4- On travaille à ´ constant. dp = (−6´ −
9
2 u
2 )du ⇒ I = −
9
8 (u
4
l − u
4
g ) − 3´(u
2
l − u
2
g ) = 0. On a,
pour ´ petit, u l = −u g .
5- De u l = −u g et p g = p l , on déduit u ∼ (−´)
1/2 .
Exercice 4. 1- C ∼
∂
2 fs
∂t 2 ∼ f s t
−2
∼ j
−d t
−2
∼ |t|
dn−2 = |t|
−a
⇒ a = 2 − dn
2- m ∼
∂fs
∂h ∼ f s h
−1
∼ j
−d h
−1 pour t = 0. Mais comme j ∼ |h|
−y et j ∼ |t|
−n on a
h ∼ j
−1/y
∼ |t|
n/y . Donc m ∼ j
−d (−t)
b
∗ ⇒ b
∗ = n(d − 1/y).
3- m ∼
∂fs
∂h ∼ f s h
−1
∼ j
−d h
−1
∼ h
dy−1
⇒
1
d = dy − 1
4- x T ∼
∂
2 fs
∂h 2 ∼ f s h
−2
∼ h
dy−2
∼ (−t)
−dn−2/y d’où g = n(d − 2/y).
5- On élimine n et y de toutes les relations obtenues et on vérifie (54).
Chapitre 12
Exercice 1. On peut obtenir P(t) par un raisonnement différent de celui utilisé dans la section
12.2.1. En effet, P(t)dt est égale à la probabilité que la particule ne subisse pas de collision entre
0 et t moins celle qu’elle qu’elle n’en subisse pas entre 0 et t + dt. Donc :
P(t) dt = P(t) − P(t + dt) = −
dP
dt
dt
Exercice 2. 1- On a
dN
dt
= −lN
=⇒
N = N 0 e −lt
Pour t = T, N = N 0 /2. Donc N 0 /2 = N 0 exp(−lT) ce qui conduit à T = Log 2/l.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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6- En champ nul (B = 0), on obtient :
< L 0 >= tanh
qJ < L 0 >
kT
On peut résoudre graphiquement cette équation par intersection de deux courbes. Pour cela, on
pose x =< L 0 >. Les deux courbes sont une droite qui passe par l’origine y = x et la fonction
tangente hyperbolique y = tanh(qJx/kT). Cette dernière passe aussi par l’origine et va de −∞,
pour x = −∞, à +∞, pour x = +∞. Au dessus d’une valeur T = T c , ces deux courbes n’ont
pas d’autre intersection qu’en x = 0. La phase est paramagnétique. Pour T < T c , il y a deux
intersections autres que x = 0 : x = ±x 1 . Elles correspondent aux deux états de magnétisation
spontanée. La phase est ferromagnétique. Pour T = T c , les 3 solutions se confondent en x = 0.
La température critique est obtenue lorsque l’argument de la tangente hyperbolique est égal à
l’unité, soit (qJ)/(kT c ) = 1. Ceci donne T c = (qJ)/k. La température critique ne dépend donc que
de l’intensité de l’interaction entre proches voisins et du nombre de ces derniers.
Exercice 3. 1- On utilise les développements suivants au voisinage de x = 0 :
−
−3
(1 + x) 2 = −3 + 6x − 9x
2 + 12x
3 + O(x
4 ) et
8
3(1 + x) − 1
= 4 − 6x + 9x
2
−
27
3
x
3 + O(x
4 )
2- K T ∝ −
∂u
∂p
∼ ´
−1
3- I =
l
g
v dp ∝
l
g
u dp = 0 à ´ constant.
4- On travaille à ´ constant. dp = (−6´ −
9
2 u
2 )du ⇒ I = −
9
8 (u
4
l − u
4
g ) − 3´(u
2
l − u
2
g ) = 0. On a,
pour ´ petit, u l = −u g .
5- De u l = −u g et p g = p l , on déduit u ∼ (−´)
1/2 .
Exercice 4. 1- C ∼
∂
2 fs
∂t 2 ∼ f s t
−2
∼ j
−d t
−2
∼ |t|
dn−2 = |t|
−a
⇒ a = 2 − dn
2- m ∼
∂fs
∂h ∼ f s h
−1
∼ j
−d h
−1 pour t = 0. Mais comme j ∼ |h|
−y et j ∼ |t|
−n on a
h ∼ j
−1/y
∼ |t|
n/y . Donc m ∼ j
−d (−t)
b
∗ ⇒ b
∗ = n(d − 1/y).
3- m ∼
∂fs
∂h ∼ f s h
−1
∼ j
−d h
−1
∼ h
dy−1
⇒
1
d = dy − 1
4- x T ∼
∂
2 fs
∂h 2 ∼ f s h
−2
∼ h
dy−2
∼ (−t)
−dn−2/y d’où g = n(d − 2/y).
5- On élimine n et y de toutes les relations obtenues et on vérifie (54).
Chapitre 12
Exercice 1. On peut obtenir P(t) par un raisonnement différent de celui utilisé dans la section
12.2.1. En effet, P(t)dt est égale à la probabilité que la particule ne subisse pas de collision entre
0 et t moins celle qu’elle qu’elle n’en subisse pas entre 0 et t + dt. Donc :
P(t) dt = P(t) − P(t + dt) = −
dP
dt
dt
Exercice 2. 1- On a
dN
dt
= −lN
=⇒
N = N 0 e −lt
Pour t = T, N = N 0 /2. Donc N 0 /2 = N 0 exp(−lT) ce qui conduit à T = Log 2/l.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.