note de ce cours

Maxwell $$\begin{aligned} ∇D&=0 && ∇B&=0 \\ ∇⨯E&=-\frac{∂B}{∂t} && ∇⨯H&=\frac{∂D}{∂t} \\ \end{aligned} $$

milieu diélectrique

$\mathcal{N}$ oscillateurs par unité de volume qui agissent indépendamment l'un de l'autre.
Chaque oscillateur est une paire de charge $δq$ et $-δq$, qui à repos sont à distance $x_0$.
Lorsqu'on impose un champ $E$, (dans la direction où ils sont alignés), on sépare ces charges à distance $x_0+x$
On intuit alors un dipôle $P = \mathcal{N} δq⋅x$
Et par équilibre des forces $δqE - kx = 0$ donc $x = \frac{δqE}{k}$
Ce qui donne la susceptibilité $χ = \mathcal{N}\frac{δq²}{k ε_0}$

Regardons Newton, avec $m$ la masse réduite $$ \al{ &m \ddot{x} = - \comment{m ω_0²}{k} x - \comment{2mΓ\dot{x}}{\text{frottement}} \\ ⇒ & x(t) = x_0 \exp(-Γt)\exp(iω_0t + iφ) } $$

Introduisons une excitation $$ \al{ \mathcal{E}(t) := \mathcal{E}e^{-iωt} && ξ(t) := ξe^{-iωt} \\ E(t) := \frac{\mathcal{E}(t)+\mathcal{E}^*(t)}{2} && x(t) := \frac{ξ(t)+ξ^*(t)}{2} }$$
Newton devient $$ \al{ & m \ddot{ξ} = - \comment{m ω_0²}{k} ξ - \comment{2mΓ\dot{ξ}}{\text{frottement}} + δq \mathcal{E} \\ ⇒ & \comment{\ddot{ξ}}{-ω²ξ} = - ω_0² ξ - 2Γ\comment{\dot{ξ}}{iωξ} + \frac{δq}{m} \mathcal{E} \\ % ⇒ & (-ω² + ω_0² + 2Γiω)ξ= \frac{δq}{m} \mathcal{E} % \\ ⇒ & ξ = \frac{δq/m}{(ω_0²-ω²)-2iΓω} \mathcal{E} } $$ Et donc la polarisatiiion devient $$ P(t) = \mathcal{N}δqx(t) $$ Ce qui nous incite à introduire $$ \mathcal{P}(t) = \mathcal{N}δqξ(t) = ... = \comment{\frac{\mathcal{N}δq²/m}{(ω_0²-ω²)-2iΓω}}{ε_0χ(ω)}\mathcal{E} $$ $$ ⇒ χ(ω) = \frac{\mathcal{N}δq²}{mε_0}\frac{1}{(ω_0²-ω²)-2iΓω} $$ Àinsi, si $ω ≈ ω_0$ on peut simplifier $$ χ(ω) = - \frac{\mathcal{N}δq²}{2mω_0ε_0}\frac{1}{ω-ω_0+iΓ} $$

milieu diélectrique par Maxwell

onde monochromatique plane

Avec $E(r,t)=Ee^{i(kz-ωt)}$ uniquement en direction $x$; et $B(r,t)=Be^{i(kz-ωt)}$ uniquement en direction $y$ $$ \ca{ \comment{∇×E}{ikE} = \comment{-\frac{∂B}{∂t}}{iωB} \\ \comment{∇×H}{-ikB/μ_0} = \comment{\frac{∂D}{∂t}}{-iωD} }⇒ \ca{ E = \frac{ω}{k}B \\ ikB/μ_0 = -iω\comment{D}{ε_0E+\comment{P}{ε_0χE}} } ⇒ \ca{ E = \left(\frac{ω}{k}\right)^2\comment{μ_0ε_0}{1/c²}(1+χ)E \\ ikB/μ_0 = -iω ε_0(1+χ)E } $$ $$ \al{ k² = \frac{ω²}{c²}(1+χ) ⇒ k = n \frac{ω}{c}, n:=\sqrt{1+χ} } $$ Donc $n$ est l'indice du milieu... sauf que notre $n$ est complexe : la partie imaginaire décrit une atténuation. $$ E = E \exp(ikz-iωt) = E \exp\left(i\text{ Re}[n]\frac{ω}{c}z - ωt\right)\exp\left(-\text{Im}[n]\frac{ω}{c}z\right) $$

remarque quantique

On sort d'un chapeau la formule pour le cas quantique, où $n,m$ décrit toutes les transitions de niveau d'énergie possible. $$ χ(ω) = -∑_{n,m} \frac{C_{n,m}}{ω - ω_{n,m} + i Γ_{n,m}} $$ Si on ne sommait pas sur tout les $n,m$, on aurait des valeurs de $n$ plus petites que $1$. Mais en sommant sur toutes les transitiions, on finit par trouver $n\geq 1$.

On peut constater que si l'excitation $E$ est très grande, alors les déplacements $x$ attendus devraient être tellement grand que les particules pourraient se toucher : le modèle foire complètement, les comportements divergent de ce modèle trop simple.

$$\al{ &E(t) = E \exp(iωt) \\ ⇒ &P(t) = f(E(t)) = ∑_n P^{(n)}\exp(inωt) }$$

En faisant un développement, avec $χ^{(*)}$ des tenseurs, on trouve $$ \al{ P =\; & ε_0 χ^{(1)}E + \\ & ε_0 χ^{(2)}E E + \\ & ε_0 χ^{(3)}E E E + \\ & ... } ⇒ \al{ P_i =\; & ε_0 χ^{(1)}_{ij} E_j + \\ & ε_0 χ^{(2)}_{ijk} E_j E_k + \\ & ε_0 χ^{(3)}_{ijkl}E_j E_k E_l + \\ & ... } $$

$$ \al{ \ca{ ∇×E=-\frac{∂B}{∂t}\\ ∇×H = \frac{∂D}{∂t}\\ D = ε_0E+P\\ B = μ_0H } ⇒& \ca{ ∇×∇×E=-∇×\frac{∂B}{∂t}\\ \frac{∂}{∂t}(∇×H) = \frac{∂²D}{∂t²} }\\ ⇒& ∇(∇⋅E) - ΔE =-\comment{∇×\frac{∂μ_0H}{∂t}}{μ_0\comment{\frac{∂}{∂t}(∇×H)}{\frac{∂²D}{∂t²}}}\\ ⇒& ∇(∇⋅E) - ΔE =-μ_0\frac{∂²D}{∂t²}\\ %=-μ_0\frac{∂²(ε_0E+P)}{∂t²}\\ ⇒& ∇(∇⋅E) - ΔE =-\comment{μ_0ε_0}{1/c²}\frac{∂²E}{∂t²}-\comment{μ_0}{1/(ε_0c²)}\frac{∂²P}{∂t²}\\ ⇒& ΔE - \frac{1}{c²}\frac{∂²E}{∂t²} - ∇(∇⋅E) = \frac{1}{ε_0c²}\frac{∂²P}{∂t²}\\ %⇒& -\Box E - ∇(∇⋅E) = \frac{1}{ε_0c²}\frac{∂²P}{∂t²}\\ } $$

Et on va vouloir considérer le champ dans l'espace Fourier ou réciproque comme suit $$ E(r,t) = ∫E(k,ω)\exp[i(k⋅r-ω⋅t)] \frac{d^3k}{(2π)^3}\frac{dω}{2π} $$ Ainsi on a de nouveau

Donc on peut réécrire $$ \al{ &-\Box E - ∇(∇⋅E) = \frac{1}{ε_0c²}\frac{∂²P}{∂t²} \\ ⇒&-k²E + \frac{ω²}{c²}E -\comment{k(k⋅E)}{\text{double refraction}} = -\frac{ω²}{ε_0c²}P } $$ Et dans un milieu isotrope, $P(k,ω) = ε_0 χ(ω) E(k,ω)$ sans tenseur dégueulasse, mais juste un scalaire.

Ainsi $D=ε_0(1+χ)E ⇒ k⋅D=0 ⇒ k⋅E = 0$, et donc pas de double réfraction. $$ \al{ ⇒&\left(-k² + \frac{ω²}{c²}[1+χ(ω)]\right) E(k,ω) = 0 \\ %⇒&-k² + \frac{ω²}{c²}[1+χ(ω)] = 0 \\ ⇒&\; k² = \frac{ω²}{c²}[1+χ(ω)] \;\; \text{ ou alors } \;\; E=0\\ } $$ Et comme $k(ω)=n(ω)\frac{ω}{c}$ on trouve $$ n(ω) = \sqrt{1+χ(ω)} $$

impulsion courte

$$\al{ k(ω) &= n(ω)\frac{ω}{c} \\ n(ω) &= \sqrt{1+χ(ω)} \\ E(z,t) &= ∫_0^{∞} E(ω) \exp[i(k(ω)z-ωt)]\frac{dω}{2π}\\ &= ∫_0^{∞} E(z,ω) \exp[-iωt]\frac{dω}{2π} & \text{ où } E(z,ω) = E(ω)\exp[ik(ω)z]\\ }$$

On peut introduire $ε$ normalisé $\left(∫|ε(t)|²dt=∫|ε(ω)|²\frac{dω}{2π}=1\right)$ pour écrire $E(t)=Eε(t)$

dispersion chromatique

Dans l'illustration suivante $n$ est l'indice du millieu, $α$ le coeff d'absorption.

On voit que $n$ varie linéairement avec $ω$, une imlupsion centrée en $ω_0$ va s'étaler.

On peut montrer que $$ Δt(z) = \sqrt{ Δt(0)² + k_0''²Δω²z² } $$

faisceau lumineux monochromatique

On peut voir aussi comme $$\al{ (-k_x²-k_y²-k_z² + k(ω)²)\;E(k)=0 \\ \left(\frac{∂²}{∂_x²}+\frac{∂²}{∂_y²}+\frac{∂²}{∂_z²} + k(ω)²\right)\;E(r)=0 }$$