Physique B
X-ENSPC2026
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## Présentation du sujet
**Thème.** *De la topologie dans les ondes : de la matière condensée à El Niño.* Le sujet part d'un objet de cours, la chaîne de masses et de ressorts, et va jusqu'à une notion de recherche : l'**invariant topologique** d'une structure de bandes et la **correspondance volume-bord**, qui prédit le nombre de modes piégés à une interface. Il transpose ensuite ce schéma aux ondes océaniques équatoriales (ondes de Kelvin et de Yanai), à l'origine du phénomène El Niño. L'épreuve dure 4 heures, **sans calculatrice** et sans aucune donnée numérique. Elle compte **45 questions** (en comptant les sous-questions 7.1–7.5, 13.1–13.4 et 15.1–15.3).
- **Partie I.1, chaîne monoatomique (Q1–7.5).** Équation du mouvement, relation de dispersion en $\lvert\sin(ka/2)\rvert$, zone de Brillouin, vitesse du son, vitesse de groupe nulle en bord de zone. Au-dessus de la pulsation de coupure apparaît une onde évanescente à vecteur d'onde complexe. Ce sont des questions de cours.
- **Partie I.2, chaîne dimérisée SSH (Q8–16).** Deux raideurs alternées donnent une maille de deux masses : problème aux valeurs propres $2\times2$, deux branches (acoustique et optique), bande interdite, modes évanescents dans le gap, lecture d'un diagramme de bandes.
- **Partie I.3, interprétation topologique (Q17–21).** La matrice dynamique s'écrit $d_0\mathbb I+\vec d\cdot\vec\sigma$. Le vecteur $\vec d(k)$ décrit un cercle, et son nombre de tours autour de l'origine distingue deux chaînes qui ont pourtant le même spectre. On en déduit le nombre de modes d'interface.
- **Partie II.1, Saint-Venant en rotation (Q22–25).** Identification des équations, paramètre de Coriolis, linéarisation.
- **Partie II.2, plan $f$ constant (Q26–30).** Même structure de problème aux valeurs propres : bandes de Poincaré, bande géostrophique, bandes interdites.
- **Partie II.3, équateur (Q31–36).** Le changement de signe de $f$ fait de l'équateur une interface topologique. On y trouve les ondes de Kelvin et de Yanai, puis la dispersion des ondes de Rossby et le mécanisme d'El Niño.
**Notions mobilisées.** Principe fondamental de la dynamique, notation complexe, relation de dispersion, vitesses de phase et de groupe, ondes évanescentes, fonctions hyperboliques, valeurs propres d'une matrice $2\times2$ et $3\times3$, équations d'Euler et de continuité, force de Coriolis, linéarisation. Le vocabulaire topologique (invariant, indice d'enroulement) est introduit par l'énoncé.
**Difficulté et longueur.** Le début est très classique et doit être traité vite. La difficulté est surtout **conceptuelle** : interpréter les questions de commentaire (Q11, Q12, Q16, Q20, Q21, Q31, Q33) et lire les figures fournies. Les calculs sont courts, mais plusieurs exigent des tracés soignés (Q4, Q7.4, Q14, Q15.3, Q18, Q21, Q29).
**Questions à ne pas laisser passer.** Q1–6, Q7.1, Q8–10, Q12, Q13.1–13.2, Q17, Q22–28, Q30, Q34–35 : du cours ou des calculs directs. Les parties I et II sont largement indépendantes : si la partie I bloque, on peut commencer la partie II dès la Q22.
**Gestion du temps.** On peut viser environ 2 h pour la partie I (dont 30 min pour I.1), 1 h 30 pour la partie II et 30 min de relecture et de tracés.
## Partie I — Chaînes masse-ressort
### 1. Chaîne monoatomique
On établit la relation de dispersion de la chaîne la plus simple et on étudie ce qui se passe au-delà de la pulsation de coupure. Outils : PFD, notation complexe, trigonométrie circulaire et hyperbolique.
### Question 1
> [!INDICATION]
> Faire le bilan des forces exercées par les deux ressorts voisins sur la masse $n$, en exprimant leurs allongements à l'aide des déplacements.
#### Solution
La masse $n$ est reliée à $n+1$ et à $n-1$ par deux ressorts de raideur $\beta$. Le ressort de droite a pour allongement $u_{n+1}-u_n$ et tire la masse vers $+x$ s'il est étiré. Celui de gauche a pour allongement $u_n-u_{n-1}$ et la tire alors vers $-x$. Les forces verticales se compensent. Le PFD projeté sur $\vec e_x$ donne
$$\boxed{m\,\ddot u_n=\beta\,(u_{n+1}+u_{n-1}-2u_n)}$$
> [!PIEGE]
> Erreur de signe classique : écrire la force du ressort de gauche $+\beta(u_n-u_{n-1})$. Un contrôle immédiat : une translation d'ensemble ($u_n$ tous égaux) ne doit produire aucune force.
### Question 2
> [!INDICATION]
> En notation complexe, $u_{n\pm1}$ se déduit de $u_n$ par un simple facteur de phase.
> [!INDICATION]
> Regrouper $e^{ika}+e^{-ika}-2$, puis utiliser la formule rappelée avec $\theta=ka/2$.
#### Solution
Avec $\underline{u_n}=\underline{U_0}\,e^{i(kna-\omega t)}$ : $\ddot{\underline{u_n}}=-\omega^2\underline{u_n}$ et $\underline{u_{n\pm1}}=e^{\pm ika}\underline{u_n}$. On simplifie par $\underline{u_n}\neq0$ :
$$-m\omega^2=\beta\left(e^{ika}+e^{-ika}-2\right)=2\beta(\cos ka-1)=-4\beta\sin^2\frac{ka}{2}$$
$$\boxed{\omega(k)=2\sqrt{\frac{\beta}{m}}\,\left|\sin\frac{ka}{2}\right|}$$
> [!METHODE]
> Pour un système linéaire invariant par translation discrète, l'onde $e^{i(kna-\omega t)}$ réduit les équations couplées à une seule équation algébrique : c'est la relation de dispersion. On retrouvera la même démarche avec deux masses par maille (Q9) et avec Saint-Venant (Q26).
### Question 3
> [!INDICATION]
> Chercher la période en $k$ de $\sin^2(ka/2)$, puis la centrer sur $0$.
#### Solution
$\sin^2(ka/2)$ est de période $2\pi/a$ en $k$. D'ailleurs $k$ et $k+2\pi/a$ donnent les mêmes $u_n$, puisque $e^{2i\pi n}=1$ : le réseau n'est échantillonné qu'aux points $na$. La première zone de Brillouin est
$$\boxed{k\in\left[-\frac{\pi}{a},\frac{\pi}{a}\right]}$$
### Question 4
> [!INDICATION]
> Étudier $\omega(k)$ sur $[0,\pi/a]$ (sens de variation, valeurs et pentes aux bornes), puis utiliser la parité.
#### Solution
$\omega$ est paire, nulle en $0$, croissante sur $[0,\pi/a]$, maximale en $\pm\pi/a$ avec $\omega_{\max}=2\sqrt{\beta/m}$ et une tangente horizontale. En $k=0$, $\lvert\sin\rvert$ donne un **point anguleux** : demi-pentes $\pm a\sqrt{\beta/m}$.
| $k$ | $-\pi/a$ | $0^-$ | $0$ | $0^+$ | $\pi/a$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $\omega$ | $2\sqrt{\beta/m}$ | | $0$ | | $2\sqrt{\beta/m}$ |
| pente | $0$ | $-a\sqrt{\beta/m}$ | point anguleux | $+a\sqrt{\beta/m}$ | $0$ |
L'allure est celle de deux arcs concaves symétriques qui partent de l'origine en V.
> [!JURY]
> Le rapport 2025 de cette épreuve insiste sur la qualité des tracés. Il faut des axes orientés et légendés, ainsi que les points remarquables (ici : valeur maximale, tangentes horizontales, demi-tangentes en $0$) placés avec précision. Une courbe juste mais sans ces éléments est peu valorisée.
### Question 5
> [!INDICATION]
> Développer $\omega(k)$ au voisinage de $0$ et comparer vitesse de phase et vitesse de groupe.
#### Solution
Pour $\lvert k\rvert a\ll1$ : $\omega\simeq a\sqrt{\beta/m}\,\lvert k\rvert$. La relation est linéaire, donc la propagation est non dispersive, avec $v_\varphi=v_g$ :
$$\boxed{c_s=a\sqrt{\frac{\beta}{m}}}$$
C'est la vitesse du son dans la chaîne. Pour $\lambda\gg a$, la discrétisation n'est plus perçue et la chaîne se comporte comme un milieu élastique continu régi par l'équation de d'Alembert. La pente vaut $+c_s$ pour $k>0$ (onde vers $+x$) et $-c_s$ pour $k<0$.
> [!PIEGE]
> Écrire « la pente en $0$ vaut $c_s$ » sans précaution : la fonction n'est pas dérivable en $0$. On parle de demi-tangentes, ou de $\mathrm d\omega/\mathrm d\lvert k\rvert$.
### Question 6
> [!INDICATION]
> Dériver $\omega(k)$ sur $[0,\pi/a]$. Pour l'interprétation, penser à ce que représente $v_g$ et au déphasage entre masses voisines en $k=\pi/a$.
#### Solution
$v_g=a\sqrt{\beta/m}\cos(ka/2)$ sur $[0,\pi/a]$, donc
$$\boxed{v_g\left(\pm\frac{\pi}{a}\right)=0}$$
Les ondes de bord de zone ne transportent pas d'énergie. Pour $\lambda=2a$, deux masses voisines sont en opposition de phase, et les ondes $k=\pi/a$ et $k=-\pi/a$, qui décrivent le même mouvement, se superposent en une **onde stationnaire**. C'est la condition de Bragg : les ondes réfléchies par chaque maille interfèrent constructivement.
### Question 7.1
> [!INDICATION]
> Isoler $\sin^2(ka/2)$ dans la relation de dispersion et comparer à 1.
#### Solution
On impose $\omega=\alpha\sqrt{\beta/m}$ avec $\alpha>2$. La relation de la Q2 exige
$$\sin^2\frac{ka}{2}=\frac{m\omega^2}{4\beta}=\frac{\alpha^2}{4}>1$$
C'est impossible pour $k$ réel. La pulsation imposée est supérieure à la pulsation de coupure $2\sqrt{\beta/m}$, il faut donc un nombre d'onde complexe $\underline k=k'+ik''$.
### Question 7.2
> [!INDICATION]
> Le carré de $\sin(\underline ka/2)$ doit être un réel positif. Qu'en déduit-on sur $\sin(\underline ka/2)$ lui-même ?
> [!INDICATION]
> Annuler la partie imaginaire donnée par la formule, en écartant le cas $k''=0$.
#### Solution
Avec $x=k'a/2$ et $y=k''a/2$ : $\sin(\underline ka/2)=\sin x\,\mathrm{ch}\,y+i\cos x\,\mathrm{sh}\,y$. Son carré vaut $\alpha^2/4>0$, donc $\sin(\underline ka/2)=\pm\alpha/2$ est réel, d'où $\cos x\,\mathrm{sh}\,y=0$. Le cas $y=0$ ramène au cas réel, impossible. Donc $\cos x=0$ et $k'a/2\equiv\pi/2\ [\pi]$ :
$$\boxed{k'=\pm\frac{\pi}{a}}$$
Ces deux bords de zone sont équivalents, puisque $e^{\pm i\pi n}=(-1)^n$.
### Question 7.3
> [!INDICATION]
> Avec $\cos x=0$, que vaut $\sin x$ ? On obtient une équation sur $\mathrm{ch}(k''a/2)$.
> [!INDICATION]
> Pour le choix du signe, écrire le module de $u_n$ et exiger qu'il reste borné loin de la source.
#### Solution
$\sin x=\pm1$ donne $\sin(\underline ka/2)=\pm\mathrm{ch}(k''a/2)$, donc $\mathrm{ch}(k''a/2)=\alpha/2>1$, ce qui est possible :
$$\boxed{k''=\pm\frac2a\,\mathrm{argch}\frac\alpha2}$$
Alors $\underline{u_n}=\underline{U_0}(-1)^ne^{-k''na}e^{-i\omega t}$ a pour module $\lvert U_0\rvert e^{-k''na}$. L'énergie est injectée en $n=0$ : une amplitude qui croît exponentiellement loin de la source n'est pas physique. On garde donc **$k''>0$ pour $n>0$** et **$k''<0$ pour $n<0$**.
> [!METHODE]
> Devant deux racines $\pm k''$, on choisit toujours par une condition physique à l'infini : solution bornée, ou énergie venant de la source. C'est le même raisonnement que pour l'onde évanescente en réflexion totale ou dans un plasma.
### Question 7.4
> [!INDICATION]
> Que vaut $e^{ik'na}$ pour $k'=\pi/a$ ? Repasser en notation réelle.
#### Solution
Avec $\ell=1/\lvert k''\rvert$ et $U_0$ réel :
$$\boxed{u_n(t)=U_0(-1)^ne^{-\lvert n\rvert a/\ell}\cos\omega t}$$
| $n$ | $-2$ | $-1$ | $0$ | $1$ | $2$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $u_n/(U_0\cos\omega t)$ | $+e^{-2a/\ell}$ | $-e^{-a/\ell}$ | $1$ | $-e^{-a/\ell}$ | $+e^{-2a/\ell}$ |
### Question 7.5
> [!INDICATION]
> Comparer la dépendance spatiale de la phase dans ce cas et dans le cas d'une onde progressive. Les domaines de pulsations se lisent sur la Q7.1.
#### Solution
Toutes les masses oscillent en phase ou en opposition de phase avec la source : la phase n'avance pas avec $n$, aucun front d'onde ne se déplace, et l'amplitude décroît exponentiellement. La puissance moyenne transmise d'une masse à l'autre est nulle, car force et vitesse sont en quadrature. On parle donc d'onde **évanescente**.
$$\boxed{0\leq\omega\leq2\sqrt{\beta/m}\ :\ \text{propagatives}\qquad\omega>2\sqrt{\beta/m}\ :\ \text{évanescentes}}$$
La chaîne se comporte en filtre mécanique passe-bas.
### 2. Chaîne dimérisée : le modèle SSH mécanique
La maille contient désormais deux masses. On obtient un problème aux valeurs propres $2\times2$, deux branches et une bande interdite, puis on retrouve les ondes évanescentes dans le gap.
### Question 8
> [!INDICATION]
> Repérer sur la figure quel ressort relie $2n$ à $2n+1$, et lequel relie $2n-1$ à $2n$.
#### Solution
D'après la figure, $\beta_1$ relie $2n$ à $2n+1$ et $\beta_2$ relie $2n-1$ à $2n$ (et $2n+1$ à $2n+2$) :
$$\boxed{\begin{aligned}m\,\ddot u_{2n}&=\beta_1(u_{2n+1}-u_{2n})+\beta_2(u_{2n-1}-u_{2n})\\ m\,\ddot u_{2n+1}&=\beta_2(u_{2n+2}-u_{2n+1})+\beta_1(u_{2n}-u_{2n+1})\end{aligned}}$$
> [!PIEGE]
> Inverser $\beta_1$ et $\beta_2$ ne change pas la relation de dispersion (Q11), mais change le signe de $d_y$ et la valeur de $\nu$ en section 3. Il faut lire la figure.
### Question 9
> [!INDICATION]
> Exprimer $u_{2n-1}$ et $u_{2n+2}$ à l'aide de $U_1$, $U_0$ et d'un facteur de phase $e^{\pm2ika}$.
> [!INDICATION]
> Diviser chaque équation par $-m\,e^{i(2kna-\omega t)}$ et faire apparaître $\omega_1^2,\omega_2^2$.
#### Solution
$\underline{u_{2n-1}}=U_1e^{-2ika}e^{i(2kna-\omega t)}$ et $\underline{u_{2n+2}}=U_0e^{2ika}e^{i(2kna-\omega t)}$. On obtient
$$\begin{aligned}\omega^2U_0&=(\omega_1^2+\omega_2^2)U_0-(\omega_1^2+\omega_2^2e^{-2ika})U_1\\ \omega^2U_1&=-(\omega_1^2+\omega_2^2e^{2ika})U_0+(\omega_1^2+\omega_2^2)U_1\end{aligned}$$
$$\boxed{\mathbf D(k)=\begin{pmatrix}\omega_1^2+\omega_2^2 & -(\omega_1^2+\omega_2^2e^{-2ika})\\ -(\omega_1^2+\omega_2^2e^{2ika}) & \omega_1^2+\omega_2^2\end{pmatrix}}$$
$\mathbf D$ est hermitienne, donc les $\omega^2$ sont réels.
### Question 10
> [!INDICATION]
> Une solution non nulle impose $\det(\mathbf D-\omega^2\mathbb I)=0$. Le terme hors-diagonal apparaît par son module au carré.
#### Solution
$(\omega_1^2+\omega_2^2-\omega^2)^2=\lvert\omega_1^2+\omega_2^2e^{-2ika}\rvert^2=(\omega_1^2+\omega_2^2\cos2ka)^2+\omega_2^4\sin^22ka=\omega_1^4+\omega_2^4+2\omega_1^2\omega_2^2\cos2ka$, d'où
$$\boxed{\omega^2=\omega_1^2+\omega_2^2\pm\sqrt{\omega_1^4+\omega_2^4+2\omega_1^2\omega_2^2\cos(2ka)}}$$
### Question 11
> [!INDICATION]
> Regarder comment la relation dépend de $\omega_1$ et $\omega_2$. Que se passe-t-il si on les échange ?
> [!INDICATION]
> Pour une chaîne infinie, échanger $\beta_1$ et $\beta_2$ revient à changer de point de vue sur la maille.
#### Solution
La relation ne dépend que de $\omega_1^2+\omega_2^2$, $\omega_1^4+\omega_2^4$ et $\omega_1^2\omega_2^2$, quantités symétriques. **Les cas $2/3$ et $3/2$ ont exactement la même relation de dispersion** : mêmes bandes et même gap. Pour une chaîne infinie, échanger $\beta_1$ et $\beta_2$ revient à associer la masse $2n$ à $2n-1$ plutôt qu'à $2n+1$, donc à décaler la maille d'un site. Le spectre de volume ne peut pas les distinguer. La différence n'apparaît que lorsque la chaîne a un bord ou une interface, puisque c'est alors le ressort terminal qui fixe la maille. La section 3 en donne une mesure : l'invariant $\nu$.
> [!METHODE]
> Quand une question demande de « commenter » deux cas, chercher d'abord une **symétrie** de la formule. Une observation juste et justifiée en une ligne vaut mieux qu'un calcul.
### Question 12
> [!INDICATION]
> Période en $k$ de $\cos(2ka)$, puis comparaison avec la Q3 et lien avec la taille de la maille.
#### Solution
$\cos(2ka)$ est de période $\pi/a$ :
$$\boxed{k\in\left[-\frac{\pi}{2a},\frac{\pi}{2a}\right]}$$
La zone est deux fois plus petite que celle de la chaîne monoatomique, car la période spatiale a doublé ($2a$). En contrepartie, il y a deux branches : celle de la Q4 est **repliée** sur la zone réduite, et une bande interdite s'ouvre au point de repliement dès que $\omega_1\neq\omega_2$.
### Question 13.1
> [!INDICATION]
> Pour $k=0$, le radicande est un carré parfait.
#### Solution
$$\boxed{\omega=0\quad\text{et}\quad\omega=\sqrt{2(\omega_1^2+\omega_2^2)}}$$
La branche $-$ (acoustique) donne la translation d'ensemble $U_0=U_1$. La branche $+$ (optique) correspond à $U_0=-U_1$ : les deux masses de la maille sont en opposition.
### Question 13.2
> [!INDICATION]
> Pour $2ka=\pm\pi$, le radicande est encore un carré parfait. Ne pas oublier la valeur absolue.
#### Solution
$\omega^2=\omega_1^2+\omega_2^2\pm\lvert\omega_1^2-\omega_2^2\rvert$ :
$$\boxed{\omega=\sqrt2\min(\omega_1,\omega_2)\quad\text{et}\quad\omega=\sqrt2\max(\omega_1,\omega_2)}$$
Entre les deux s'ouvre une bande interdite dès que $\omega_1\neq\omega_2$.
> [!PIEGE]
> Écrire « $\omega=\sqrt2\omega_1$ sur la branche $-$ » sans valeur absolue : c'est faux si $\omega_1>\omega_2$. Les rôles des deux bords s'échangent en $\omega_1=\omega_2$, ce qu'on retrouvera en Q16.
### Question 13.3
> [!INDICATION]
> Développer $\cos 2ka$ à l'ordre 2, puis la racine avec $\sqrt{1-\varepsilon}\simeq1-\varepsilon/2$.
#### Solution
Le radicande vaut $(\omega_1^2+\omega_2^2)^2-4\omega_1^2\omega_2^2a^2k^2+o(k^2)$, donc
$$\boxed{\omega_-^2\simeq\frac{2\omega_1^2\omega_2^2a^2}{\omega_1^2+\omega_2^2}k^2,\qquad\omega_+^2\simeq2(\omega_1^2+\omega_2^2)-\frac{2\omega_1^2\omega_2^2a^2}{\omega_1^2+\omega_2^2}k^2}$$
À basse fréquence, $\omega\simeq c\lvert k\rvert$ avec
$$\boxed{c=a\,\omega_1\omega_2\sqrt{\frac{2}{\omega_1^2+\omega_2^2}}}$$
> [!METHODE]
> Toujours tester un cas limite connu : pour $\omega_1=\omega_2=\sqrt{\beta/m}$, on retrouve $c=a\sqrt{\beta/m}$ (Q5). Le rapport 2025 reproche justement aux candidats de ne pas vérifier la cohérence entre leurs résultats successifs.
### Question 13.4
> [!INDICATION]
> En $k=0$, utiliser les développements de la Q13.3. En bord de zone, dériver $\omega^2$ et vérifier que le dénominateur ne s'annule pas.
#### Solution
- $k=0$ : branche acoustique, demi-pentes $\pm c$ (point anguleux) ; branche optique, pente **nulle** car $\omega_+^2$ est une fonction régulière et paire de $k$.
- $k=\pm\pi/(2a)$ avec $\omega_1\neq\omega_2$ : $\dfrac{\mathrm d\omega^2}{\mathrm dk}=\mp\dfrac{4a\omega_1^2\omega_2^2\sin2ka}{2\sqrt R}$ avec $\sin2ka=0$ et $R=(\omega_1^2-\omega_2^2)^2\neq0$. La pente est **nulle** pour les deux branches.
- Cas $\omega_1=\omega_2=\omega_0$ : $R$ s'annule au bord. Alors $\omega_-=2\omega_0\lvert\sin(ka/2)\rvert$ et $\omega_+=2\omega_0\cos(ka/2)$ se rejoignent en $\sqrt2\omega_0$ avec des pentes $\pm a\omega_0/\sqrt2$, non nulles.
> [!PIEGE]
> Conclure « pente nulle en bord de zone » dans le cas $\omega_1=\omega_2$ : la forme $0/0$ n'autorise pas cette conclusion.
### Question 14
> [!INDICATION]
> Rassembler les valeurs des Q13.1 à 13.4 dans un tableau avant de tracer, en prenant $\omega_2$ comme unité.
> [!INDICATION]
> Pour $\omega_1=\omega_2$, la racine se simplifie : on doit retrouver la courbe de la Q4.
#### Solution
| cas, branche | $k=0$ | $k=\pm\pi/(2a)$ |
|---|---|---|
| $2/3$, acoustique | $0$, pentes $\pm0{,}78\,a\omega_2$ | $\sqrt2\omega_1\approx0{,}94\,\omega_2$, pente nulle |
| $2/3$, optique | $\sqrt{26}\,\omega_2/3\approx1{,}70\,\omega_2$, pente nulle | $\sqrt2\omega_2\approx1{,}41\,\omega_2$, pente nulle |
| $1$, acoustique | $0$, pentes $\pm a\omega_2$ | $\sqrt2\omega_2$, pente $\pm a\omega_2/\sqrt2$ |
| $1$, optique | $2\omega_2$, pente nulle | $\sqrt2\omega_2$, pente $\mp a\omega_2/\sqrt2$ |
Dans les deux cas, la branche acoustique croît de $0$ jusqu'au bord de zone et la branche optique décroît de son maximum en $k=0$ jusqu'au bord. Pour $2/3$, une bande interdite $]0{,}94\,\omega_2;1{,}41\,\omega_2[$ les sépare et les deux branches l'abordent à tangente horizontale. Pour $1$, elles se raccordent en bord de zone avec des pentes opposées : c'est la courbe de la Q4, repliée.
> [!JURY]
> Le rapport 2025 rappelle qu'un tracé théorique doit montrer les points remarquables et les tangentes, et que les zones de la courbe doivent être clairement interprétables. Ici, il faut annoncer le gap et les valeurs $\sqrt2\omega_1$, $\sqrt2\omega_2$, $\sqrt{2(\omega_1^2+\omega_2^2)}$ sur l'axe.
### Question 15.1
> [!INDICATION]
> La relation de dispersion donne $\cos(2\underline ka)$ comme une quantité réelle. Annuler sa partie imaginaire avec la formule rappelée.
#### Solution
Avec $x=2k'a$ et $y=2k''a$ : $\cos(2\underline ka)=\cos x\,\mathrm{ch}\,y-i\sin x\,\mathrm{sh}\,y$ doit être réel. Comme $k''\neq0$, $\sin(2k'a)=0$ :
$$\boxed{k'=0\quad\text{ou}\quad k'=\frac{\pi}{2a}}$$
(on a $-\pi/(2a)\equiv\pi/(2a)$ dans la zone de Brillouin.)
### Question 15.2
> [!INDICATION]
> Dans chaque cas, $\cos(2\underline ka)=\pm\mathrm{ch}(2k''a)$. Comparer le radicande à $(\omega_1^2+\omega_2^2)^2$ ou à $(\omega_1^2-\omega_2^2)^2$.
#### Solution
On pose $S=\omega_1^2+\omega_2^2$.
- $k'=0$ : $\cos(2\underline ka)=\mathrm{ch}(2k''a)>1$, le radicande dépasse $S^2$. On obtient $\omega^2<0$ (exclu) ou $\omega^2>2S$, au-dessus de la bande optique et pas dans le gap.
- $k'=\pi/(2a)$ : $\cos(2\underline ka)=-\mathrm{ch}(2k''a)<-1$, le radicande est inférieur à $(\omega_1^2-\omega_2^2)^2$, donc $\omega^2\in]2\min(\omega_1^2,\omega_2^2),2\max(\omega_1^2,\omega_2^2)[$. C'est exactement le gap.
$$\boxed{\text{seule }k'=\pi/(2a)\text{ convient}}$$
### Question 15.3
> [!INDICATION]
> Calculer le facteur multiplicatif $e^{2i\underline ka}$ d'une maille à la suivante. Ne pas oublier les masses impaires.
#### Solution
Avec $\underline k=\pi/(2a)+ik''$, $k''>0$ : $e^{2i\underline ka}=-e^{-2k''a}$. D'où, pour $n>0$,
$$\boxed{u_{2n}=U_0(-1)^ne^{-2k''na}\cos\omega t,\qquad u_{2n+1}=U_1(-1)^ne^{-2k''na}\cos\omega t}$$
avec $U_1/U_0=\dfrac{S-\omega^2}{\omega_1^2-\omega_2^2e^{2k''a}}$ réel.
| maille $n$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|---|
| $u_{2n}/\cos\omega t$ | $U_0$ | $-U_0e^{-\gamma}$ | $U_0e^{-2\gamma}$ | $-U_0e^{-3\gamma}$ |
| $u_{2n+1}/\cos\omega t$ | $U_1$ | $-U_1e^{-\gamma}$ | $U_1e^{-2\gamma}$ | $-U_1e^{-3\gamma}$ |
avec $\gamma=2k''a$. Le profil est celui de la Q7.4 à l'échelle de la maille : le signe s'inverse d'une maille à la suivante et l'enveloppe est exponentielle décroissante.
> [!PIEGE]
> Confondre l'indice de maille et l'indice de masse. Dans l'énoncé, $n$ numérote les masses de la Partie I.1 mais les mailles dans l'ansatz de la Q9.
### Question 16
> [!INDICATION]
> Identifier les trois courbes du diagramme avec les valeurs trouvées en Q13.1 et Q13.2.
> [!INDICATION]
> Suivre ce que deviennent les bords de bande quand on passe de $\omega_1<\omega_2$ à $\omega_1>\omega_2$.
#### Solution
Les deux droites qui se croisent sont $\sqrt2\omega_1$ et $\sqrt2\omega_2$. La courbe du haut est $\sqrt{2(\omega_1^2+\omega_2^2)}\approx2\omega_0$.
- **Bandes de propagation (zones grises)** : $[0,\sqrt2\min(\omega_1,\omega_2)]$ (acoustique) et $[\sqrt2\max(\omega_1,\omega_2),\sqrt{2(\omega_1^2+\omega_2^2)}]$ (optique).
- **Bandes interdites (zones blanches)** : entre les deux droites (ondes évanescentes à $k'=\pi/(2a)$) et au-dessus de la bande optique ($k'=0$).
En $\omega_1/\omega_2=1$, le gap central se **ferme** : c'est la chaîne monoatomique. De part et d'autre, les bords de bande échangent leurs rôles : $\sqrt2\omega_1$ est le haut de la bande acoustique pour $\omega_1<\omega_2$, puis le bas de la bande optique pour $\omega_1>\omega_2$. On ne peut pas passer d'un régime à l'autre sans fermer le gap. Ce point de fermeture annonce une transition topologique.
### 3. Interprétation topologique
On décompose $\mathbf D$ sur les matrices de Pauli. L'invariant est l'enroulement de $\vec d(k)$ autour de l'origine, et l'on vérifie qu'il prédit le nombre de modes d'interface.
### Question 17
> [!INDICATION]
> Écrire explicitement $d_0\mathbb I+d_x\sigma_x+d_y\sigma_y$ et identifier terme à terme avec $\mathbf D$.
#### Solution
$d_0\mathbb I+d_x\sigma_x+d_y\sigma_y=\begin{pmatrix}d_0 & d_x-id_y\\ d_x+id_y & d_0\end{pmatrix}$ et $-(\omega_1^2+\omega_2^2e^{-2ika})=-(\omega_1^2+\omega_2^2\cos2ka)+i\omega_2^2\sin2ka$ :
$$\boxed{d_0=\omega_1^2+\omega_2^2,\quad d_x=-(\omega_1^2+\omega_2^2\cos2ka),\quad d_y=-\omega_2^2\sin2ka}$$
On vérifie le coefficient inférieur, puis on retrouve $\omega^2=d_0\pm\lVert\vec d\rVert$, c'est-à-dire la Q10.
### Question 18
> [!INDICATION]
> Poser $\theta=2ka$ et reconnaître une équation paramétrique de cercle.
> [!INDICATION]
> L'origine est intérieure si la distance du centre à l'origine est inférieure au rayon.
#### Solution
$$\vec d=\begin{pmatrix}-\omega_1^2\\0\end{pmatrix}+\omega_2^2\begin{pmatrix}\cos(\theta+\pi)\\ \sin(\theta+\pi)\end{pmatrix},\qquad\theta\in[-\pi,\pi]$$
**Le cercle a pour centre $(-\omega_1^2,0)$ et pour rayon $\omega_2^2$. Il est parcouru une fois, dans le sens trigonométrique.** Il part de $(\omega_2^2-\omega_1^2,0)$ en $k=-\pi/(2a)$ et passe par $(-\omega_1^2-\omega_2^2,0)$ en $k=0$.
- $\omega_1>\omega_2$ : le cercle est entièrement dans $d_x<0$ et l'origine est **extérieure**.
- $\omega_1<\omega_2$ : le cercle coupe l'axe $d_x>0$ et l'origine est **intérieure**.
Sur chaque dessin, on place un point du cercle, le vecteur $\vec d(k)$ issu de $O$ et l'angle $\phi(k)$ mesuré depuis $(Ox)$.
### Question 19
> [!INDICATION]
> Suivre l'angle polaire $\phi$ d'un point qui fait le tour d'un cercle, selon que celui-ci entoure ou non l'origine.
#### Solution
- $\omega_1>\omega_2$ : $\phi$ reste dans un intervalle autour de $\pi$ et revient à sa valeur initiale, donc $\boxed{\nu=0}$.
- $\omega_1<\omega_2$ : $\phi$ augmente de $2\pi$, donc $\boxed{\nu=1}$.
$\nu$ est un entier et ne peut changer que si le cercle passe par l'origine, ce qui exige $\lVert\vec d\rVert=0$ pour un $k$, soit $\omega_1=\omega_2$. Changer d'invariant suppose donc de fermer le gap (Q16).
> [!METHODE]
> Pour un indice d'enroulement, il suffit de savoir si la courbe fermée entoure le point et dans quel sens elle est parcourue. Aucun calcul d'intégrale n'est nécessaire.
### Question 20
> [!INDICATION]
> Appliquer la Q19 à chaque chaîne selon la valeur de son rapport $\omega_1/\omega_2$, puis compter les lignes de points dans la zone blanche.
#### Solution
À droite, $\omega_1^d/\omega_2^d>1$ donne $\boxed{\nu_d=0}$ partout. À gauche, $\nu_g=1$ si $\omega_1^g/\omega_2^g<1$ et $\nu_g=0$ si $\omega_1^g/\omega_2^g>1$ ($\nu_g$ n'est pas défini en $1$, où le gap est fermé).
La figure montre **une** ligne de fréquences propres dans la zone blanche pour $\omega_1^g/\omega_2^g<1$ et **aucune** au-delà :
$$\boxed{N_{\text{gap}}=\lvert\nu_g-\nu_d\rvert}$$
C'est la correspondance volume-bord : des invariants de chaînes infinies prédisent le nombre de modes à l'interface.
### Question 21
> [!INDICATION]
> La fréquence est dans le gap des deux chaînes. Quelle est, de chaque côté, la forme de la solution trouvée en Q15 ?
> [!INDICATION]
> Pour aller plus loin, lire la fréquence du mode sur la figure (elle ne dépend pas de $\omega_1^g/\omega_2^g$) et reporter $\omega^2=\omega_1^2+\omega_2^2$ dans les équations de la Q8.
#### Solution
De chaque côté, la solution est évanescente avec $k'=\pi/(2a)$. Elle décroît vers $+\infty$ à droite ($k''>0$) et vers $-\infty$ à gauche. Le mode est donc maximal au voisinage de l'interface et décroît exponentiellement des deux côtés, avec des longueurs différentes. Son signe alterne d'une maille à la suivante.
Plus précisément, la ligne de la figure est horizontale, au milieu du gap : $\omega^2=d_0=\omega_1^2+\omega_2^2$. Les équations des masses paires deviennent alors $\omega_1^2u_{2n+1}+\omega_2^2u_{2n-1}=0$, et celles des masses impaires $\omega_2^2u_{2n+2}+\omega_1^2u_{2n}=0$.
- À droite ($\omega_1^d>\omega_2^d$), la seule solution décroissante n'occupe que les masses impaires : $u_{2n+1}=-(\omega_2^d/\omega_1^d)^2u_{2n-1}$.
- À gauche ($\omega_1^g/\omega_2^g=0{,}7$), la solution décroissante vers $-\infty$ occupe aussi les masses impaires, avec le facteur $-0{,}49$ par maille.
Les deux solutions vivent sur le même sous-réseau et se raccordent. Les **masses paires restent immobiles**.
| masse $n$ | $-5$ | $-4$ | $-3$ | $-2$ | $-1$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| allure | $-0{,}24$ | $0$ | $+0{,}49$ | $0$ | $-1$ | $0$ | $+r$ | $0$ | $-r\rho$ | $0$ | $+r\rho^2$ |
On a noté $\rho=(\omega_2^d/\omega_1^d)^2<1$ ; $r>0$ dépend du ressort de jonction. Si $\omega_1^g>\omega_2^g$, la solution décroissante de gauche vivrait sur les masses paires et ne pourrait pas se raccorder à celle de droite : il n'y a pas de mode, comme l'annonçait la Q20.
On parle de **mode de bord** parce que l'énergie est confinée sur quelques mailles autour de la jonction. Sa fréquence est interdite dans les deux milieux, si bien qu'il ne peut pas rayonner dans le volume. Son existence, imposée par des entiers, résiste à toute perturbation qui ne ferme pas le gap.
> [!PIEGE]
> Tracer une simple exponentielle décroissante sans alternance, ou un profil qui ne décroît que d'un côté. Les deux côtés sont évanescents.
## Partie II — Ondes équatoriales : états de bord topologiques
On transpose la partie I aux équations de Saint-Venant en rotation : même problème aux valeurs propres, gaps ouverts par la rotation, puis équateur comme interface.
### 1. Mise en équation du problème
### Question 22
> [!INDICATION]
> Une équation traduit un bilan de matière, l'autre un bilan de quantité de mouvement.
#### Solution
- $\partial_th+\mathrm{div}(h\vec u)=0$ : **conservation de la masse** (continuité) pour une couche incompressible d'épaisseur $h$, où $h\vec u$ est le débit par unité de largeur.
- $\partial_t\vec u+(\vec u\cdot\overrightarrow{\mathrm{grad}})\vec u=-g\,\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,h+\vec F_c$ : **équation d'Euler** du fluide parfait dans le référentiel terrestre. La pression y est hydrostatique (terme $-g\,\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,h$) et $\vec F_c$ est la force de Coriolis massique.
Ensemble, ce sont les **équations de Saint-Venant** (eau peu profonde).
### Question 23
> [!INDICATION]
> Quel angle $\vec\Omega$ fait-il avec la verticale locale $\vec e_z$ à la latitude $\hat\ell$ ?
#### Solution
$\vec\Omega$ fait l'angle $\pi/2-\hat\ell$ avec $\vec e_z$ :
$$\boxed{f=2\Omega\sin\hat\ell}$$
À l'équateur, $f=0$. Le paramètre $f$ change de signe d'un hémisphère à l'autre : positif au nord, négatif au sud.
### Question 24
> [!INDICATION]
> Calculer $\vec e_z\wedge\vec e_x$ et $\vec e_z\wedge\vec e_y$ dans la base directe.
#### Solution
$\vec e_z\wedge\vec u=u\vec e_y-v\vec e_x$, d'où
$$\boxed{F_{c,x}=fv,\quad F_{c,y}=-fu,\quad F_{c,z}=0}$$
> [!PIEGE]
> Oublier le signe $-$ de $\vec F_c=-f\vec e_z\wedge\vec u$. Contrôle : dans l'hémisphère nord ($f>0$), la force de Coriolis dévie vers la droite du mouvement.
### Question 25
> [!INDICATION]
> Repérer les termes d'ordre 2 en $(\eta,u,v)$ et les supprimer.
#### Solution
On a $h\vec u=H\vec u+O(2)$ et le terme convectif est d'ordre 2 :
$$\boxed{\begin{aligned}\partial_t\eta+H(\partial_xu+\partial_yv)&=0\\ \partial_tu&=-g\,\partial_x\eta+fv\\ \partial_tv&=-g\,\partial_y\eta-fu\end{aligned}}$$
### 2. Hypothèse de Lord Kelvin
### Question 26
> [!INDICATION]
> Remplacer les dérivées par des multiplications ($\partial_t\to-i\omega$, etc.), puis multiplier chaque équation par $i$ pour isoler $\omega$.
#### Solution
$$\omega\eta_0=Hk_xu_0+Hk_yv_0,\quad\omega u_0=gk_x\eta_0+if_0v_0,\quad\omega v_0=gk_y\eta_0-if_0u_0$$
$$\boxed{\mathbf M=\begin{pmatrix}0 & Hk_x & Hk_y\\ gk_x & 0 & if_0\\ gk_y & -if_0 & 0\end{pmatrix}}$$
> [!METHODE]
> On retrouve la structure de la Q9 : un problème aux valeurs propres paramétré par le vecteur d'onde. Ici $\omega$ apparaît à la puissance 1, car les équations sont du premier ordre en temps.
### Question 27
> [!INDICATION]
> Développer $\det(\mathbf M-\omega\mathbb I)$ suivant la première ligne. Les termes en $if_0$ croisés se compensent.
#### Solution
$$\det(\mathbf M-\omega\mathbb I)=-\omega\left[\omega^2-f_0^2-gH(k_x^2+k_y^2)\right]$$
$$\boxed{\omega=0\quad\text{ou}\quad\omega=\pm\sqrt{f_0^2+gHk^2}}$$
### Question 28
> [!INDICATION]
> Que devient la relation de la Q27 quand $\lvert\omega\rvert\gg\lvert f_0\rvert$ ?
#### Solution
$\omega\simeq\pm\sqrt{gH}\,k$ : la propagation est non dispersive, avec
$$\boxed{c=\sqrt{gH}}$$
C'est la célérité des ondes de gravité en eau peu profonde.
### Question 29
> [!INDICATION]
> Pour $k_y=0$, deux branches sont des hyperboles. Chercher leurs asymptotes et leur valeur en $k_x=0$. Que deviennent-elles si $f_0=0$ ?
#### Solution
- $f_0=\pm1$ : on obtient les hyperboles $\omega=\pm\sqrt{1+c^2k_x^2}$ (extremum $\pm1$ en $k_x=0$ à tangente horizontale, asymptotes $\omega=\pm ck_x$) et la bande plate $\omega=0$. **Les tracés pour $f_0=1$ et $f_0=-1$ sont identiques**, car seul $f_0^2$ intervient.
- $f_0=0$ : les droites $\omega=\pm ck_x$ et $\omega=0$ concourent à l'origine.
> [!JURY]
> Le rapport 2025 juge indispensable de faire figurer correctement les asymptotes, qui traduisent le comportement limite. Ici, ce sont les droites $\omega=\pm ck_x$, communes aux trois cas.
> [!METHODE]
> Comme pour la Q11, deux systèmes distincts (les deux hémisphères) ont le même spectre. Seul un invariant topologique les distingue, ce que l'énoncé introduit juste après.
### Question 30
> [!INDICATION]
> Quelles valeurs de $\omega$ ne sont atteintes par aucune des trois branches ?
#### Solution
$$\boxed{0<\lvert\omega\rvert<\lvert f_0\rvert}$$
Cela fait deux bandes interdites, $]0,\lvert f_0\rvert[$ et $]-\lvert f_0\rvert,0[$, et aucune si $f_0=0$. La rotation joue le rôle de la dimérisation : elle ouvre les gaps.
### 3. Le cas équatorial
### Question 31
> [!INDICATION]
> Signe de $f=\beta y$ de part et d'autre de l'équateur, et valeurs des invariants dans chaque hémisphère.
> [!INDICATION]
> Faire le parallèle avec la jonction des deux chaînes SSH de la Q20.
#### Solution
$f>0$ au nord et $f<0$ au sud. Localement, chaque hémisphère est un milieu « de Kelvin », avec les invariants $\{2,0,-2\}$ au nord et $\{-2,0,2\}$ au sud : **même spectre, invariants opposés**. L'équateur, où $f=0$ et où le gap se ferme, est donc une interface entre deux milieux de topologies différentes. **Conséquence** : par correspondance volume-bord, il existe des modes piégés près de l'équateur qui traversent les bandes interdites. Leur nombre est fixé par le saut d'invariant et ils sont robustes.
### Question 32
> [!INDICATION]
> Seules les dérivées en $x$ et en $t$ deviennent des multiplications ; $\partial_y$ reste un opérateur.
#### Solution
$$\boxed{\underline{\mathbf M}(y)=\begin{pmatrix}0 & Hk_x & -iH\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dy}\\ gk_x & 0 & i\beta y\\ -ig\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dy} & -i\beta y & 0\end{pmatrix}}$$
C'est $\mathbf M$ avec $k_y\to-i\,\mathrm d/\mathrm dy$ et $f_0\to\beta y$ : on obtient un opérateur différentiel, dont les solutions localisées près de $y=0$ sont les modes de bord.
> [!PIEGE]
> Remplacer aussi $\partial_y$ par $ik_y$ : le problème n'est plus invariant par translation en $y$, et la forme en onde plane suivant $y$ n'est plus valable.
### Question 33
> [!INDICATION]
> Repérer sur la figure les bandes qui jouent le rôle de $(\pm)$ (Poincaré) et de $(0)$ (Rossby), puis les courbes qui vont continûment de l'une à l'autre quand $k_x$ varie.
> [!INDICATION]
> Pour la compatibilité, comparer avec la Q20 : le nombre de modes est relié au changement d'invariant entre les deux milieux.
#### Solution
Les modes de Poincaré ($\lvert\omega\rvert\gtrsim\sqrt3\sqrt{\beta c}$) jouent le rôle des bandes $(\pm)$ et les modes de Rossby ($\omega\approx0$) celui de la bande $(0)$. Dans chaque gap, **deux** branches passent d'une bande à l'autre :
- **gap supérieur** : l'onde de **Kelvin** $\omega=ck_x$ et la branche supérieure de **Yanai**, $\omega=\tfrac12\left(ck_x+\sqrt{c^2k_x^2+4\beta c}\right)$. Celle-ci tend vers $0^+$ (bande de Rossby) quand $k_x\to-\infty$ et rejoint $ck_x$ (Poincaré) quand $k_x\to+\infty$. Elle vient de la factorisation, pour $n=0$, de l'équation de Matsuno : $(\omega+ck_x)(\omega^2-ck_x\omega-\beta c)=0$, où la racine $\omega=-ck_x$ est parasite.
- **gap inférieur** : l'onde de Kelvin et la branche inférieure de Yanai.
On compte donc **2 modes par gap**, tous de vitesse de groupe positive, c'est-à-dire vers l'Est. Cela est compatible avec l'énoncé : $\mathscr C^{(\pm)}$ change de signe à l'équateur et $\lvert\mathscr C^{(\pm)}\rvert=2$, de même que $\lvert\nu_g-\nu_d\rvert=1$ donnait 1 mode. Les modes topologiques recherchés sont **l'onde de Kelvin et l'onde de Yanai**.
> [!PIEGE]
> Compter les ondes de Rossby comme modes de gap. Elles restent collées à $\omega\approx0$ : elles forment la bande géostrophique déformée, elles ne traversent pas le gap.
### Question 34
> [!INDICATION]
> Calculer $\omega/k_x$ et étudier le signe du dénominateur.
#### Solution
Avec $A=\beta(2n+1)/c>0$ :
$$\boxed{v_\varphi=-\frac{\beta}{k_x^2+A}<0}$$
pour tout $k_x$ : la phase se propage toujours **vers l'Ouest**, puisque $\vec e_x$ pointe vers l'Est.
### Question 35
> [!INDICATION]
> Dériver un quotient. Le signe de $v_g$ est celui d'un polynôme simple en $k_x$.
#### Solution
$$v_g=\beta\frac{k_x^2-A}{(k_x^2+A)^2}$$
$v_g$ change de signe en $\lvert k_x\rvert=\sqrt A$ :
$$\boxed{\lambda_c=2\pi\sqrt{\frac{c}{\beta(2n+1)}}}$$
Pour $\lambda>\lambda_c$, $v_g<0$ : les paquets **longs** vont vers l'**Ouest**. Pour $\lambda<\lambda_c$, $v_g>0$ : les paquets **courts** vont vers l'**Est**, en sens inverse de leur phase.
> [!JURY]
> Le rapport 2025 rappelle qu'un résultat non homogène ne rapporte aucun point. Ici, $\beta$ est en $\mathrm{m^{-1}\,s^{-1}}$ et $c$ en $\mathrm{m\,s^{-1}}$, donc $c/\beta$ est bien en $\mathrm{m^2}$ et $\lambda_c$ en mètres.
### Question 36
> [!INDICATION]
> Rassembler les propriétés de l'onde de Kelvin établies dans le problème : dispersion, sens de propagation, confinement.
> [!INDICATION]
> Que deviennent les eaux chaudes accumulées à l'Ouest du Pacifique quand les alizés faiblissent, et où peut aller une onde qui ne se propage que vers l'Est ?
#### Solution
L'onde de Kelvin est non dispersive ($v_\varphi=v_g=c$), piégée à l'équateur et **unidirectionnelle vers l'Est** : c'est un mode topologique. En temps normal, les alizés accumulent les eaux chaudes de surface à l'Ouest du Pacifique, et un upwelling froid règne au large du Pérou. Lors d'El Niño, les alizés faiblissent. L'excédent d'eau chaude, qui forme une bosse de $\eta$ avec une thermocline enfoncée, est alors emporté par l'onde de Kelvin, qui ne peut aller que vers l'Est. Elle traverse le Pacifique sans se déformer ni s'étaler en latitude et bute sur la côte américaine : l'eau chaude **s'accumule au large du Pérou**. La thermocline s'y approfondit, l'upwelling est bloqué et la surface se réchauffe anormalement.
## Bilan
**Méthodes à retenir.**
- Relation de dispersion d'un réseau : ansatz $e^{i(kna-\omega t)}$, puis problème aux valeurs propres $\det(\mathbf D-\omega^2\mathbb I)=0$ quand la maille contient plusieurs degrés de liberté.
- Hors des bandes, le nombre d'onde est complexe. La partie réelle est fixée par la réalité de la relation de dispersion, le signe de la partie imaginaire par la condition à l'infini (Q7, Q15).
- Lecture d'une structure de bandes : zone de Brillouin, repliement, valeurs et pentes en $k=0$ et en bord de zone, vitesse de groupe nulle en bord de zone, point anguleux de la branche acoustique.
- Décomposition d'une matrice $2\times2$ hermitienne sur $(\mathbb I,\sigma_x,\sigma_y)$. Les valeurs propres valent $d_0\pm\lVert\vec d\rVert$, et l'invariant est le nombre de tours de $\vec d$ autour de l'origine.
- Correspondance volume-bord : le nombre de modes d'interface dans un gap est égal au saut de l'invariant entre les deux milieux. Changer d'invariant impose de fermer le gap.
- Saint-Venant linéarisé, force de Coriolis $f=2\Omega\sin\hat\ell$, vitesses de phase et de groupe d'une relation de dispersion rationnelle.
**Prérequis à revoir.** Fonctions hyperboliques et $\mathrm{argch}$, calcul de déterminants $3\times3$, produit vectoriel en base locale, linéarisation des équations de la mécanique des fluides.
**Questions classiques transposables.** La chaîne monoatomique et sa coupure (Q1–7) reviennent très souvent, de même que la chaîne diatomique (branches acoustique et optique). Les ondes en eau peu profonde ($c=\sqrt{gH}$) et la force de Coriolis à la latitude $\hat\ell$ sont des classiques. Les vitesses de phase et de groupe de signes opposés (Q35) se retrouvent pour les ondes de Rossby ou les ondes de capillarité-gravité. Le rapport 2025 constatait que la majorité des candidats n'avaient traité qu'un peu moins de la moitié des questions : sur ce sujet, les blocs Q1–13 et Q22–30 constituent un socle sûr à traiter vite.
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