Supernova dans un système binaire

Dans cet article, je vais faire des compléments mathématiques à la vidéo en explicitant les étapes de calcul. Dans un premier temps, on va déterminer les trajectoires des étoiles dans un système binaire. Ensuite, on va résoudre l’exercice de l’explosion dans un système binaire à l’aide de calculs sur l’énergie du système.

Les systèmes binaires

J’ai eu du mal à trouver des bonnes ressources sur le web, donc ça vaut sans doute le coup que j’écrive un peu sur les systèmes binaires ici. Ce que je m’apprête à dire fait parti du programme des classes préparatoires de deuxième année en France.

Oula… je sens que ça va être compliqué…

Oui. Ça va l’être. Mais on peut résumer tout en trois principes, à savoir les conservations de la quantité de mouvement, de l’énergie et du moment angulaire. Vu comme ça, ce n’est pas si compliqué, hein ?

Sauf que tu vas maintenant nous balancer plein de formules !

Essayons de nous concentrer un petit peu sur l’intuition physique avant d’en arriver là. La conservation du quantité de mouvement nous dit que si l’on se place dans un référentiel dans lequel, globalement, les deux étoiles ont l’air de ne pas trop se déplacer, alors, dans ce référentiel, elles continueront à ne pas trop se déplacer. Mathématiquement, le référentiel en question est ce que l’on appelle le référentiel galiléen du centre de gravité. Il se situe quelque part entre les deux étoiles, du côté de l’étoile la plus lourde.

En termes d’équations, ça donne quoi ?

Appelons $M_1$ la position de la première étoile, $M_2$ celle de la seconde, et $O$ le centre de gravité. Dans le référentiel du centre de gravité, on repère les étoiles à l’aide des vecteurs $\vec r_1 = \vec{OM_1}$ et $\vec r_2 = \vec{OM_2}$. Alors, dire que $O$ est le centre de gravité revient à dire que la somme de ces vecteurs pondérée par les masses des étoiles est nulle, i.e.
$$m_1 \vec r_1 + m_2 \vec r_2 = \vec 0,$$
où $m_1$ et $m_2$ sont les masses des étoiles. Une conséquence immédiate de cette équation est que la quantité de mouvement totale du système à deux étoiles est nulle. On l’obtient en effet en dérivant l’équation précédente, ce qui nous donne $\frac{d}{dt} \left( m_1 \vec r_1 + m_2 \vec r_2 \right) $=$ m_1 \frac{d\vec r_1}{dt} + m_2 \frac{d\vec r_2}{dt} $=$ m_1 \vec v_1 + m_2 \vec v_2 = \frac{d\vec 0}{dt} = \vec 0$, où $\vec v_1$ et $\vec v_2$ sont les vitesses des deux étoiles dans le référentiel du centre de masse. Vous reconnaissez là bien la somme des quantités de mouvements des deux étoiles.

Mais ça sert à quoi, toutes ces équations ?

Ce que ces équations montrent, c’est que connaître la position de la première étoile suffit à connaître celle de la seconde. En effet, on a alors $\vec r_2 = – \frac{m_1}{m_2} \vec r_1$. De même connaître la vitesse de la première étoile suffit à connaître celle de la seconde. Du coup, dans le reste, on peut se concentrer uniquement sur le mouvement de la première étoile.

Donc, si je récapitule, grâce à la conservation de la quantité de mouvement, on a réduit le problème des deux étoiles à celui d’une seule étoile ?

En gros, oui. Trop cool, non ? Le reste correspond alors à l’étude de l’orbite d’un corps autour d’une masse centrale immobile, qui est le problème qui a motivé Newton. Pour le résoudre, il nous faut étudier le principe fondamental de la dynamique. Vous savez ? $\vec F = m\vec a$.

Attends… ça, ça ne fait pas parti des trois principes à connaître dont tu as parlé au début !

Oui, en effet. Mais il est en fait équivalent au deuxième principe que j’ai mentionné, à savoir la conservation de l’énergie. En mécanique newtonienne, dans notre cas, on a deux types d’énergie à considérer : l’énergie cinétique qui correspond au mouvement, et l’énergie potentielle de gravité, qui correspond à l’analogie du drap. L’énergie totale du système s’obtient alors en ajoutant toutes ces formes d’énergie.

Et là, je sens les équations venir…

Les voilà ! L’énergie cinétique de la première étoile est $E^{cinetique}_1 = \frac{1}{2} m_1 v_1^2$. Celle de la seconde étoile est $E^{cinetique}_2 = \frac{1}{2} m_2 v_2^2$. Enfin, l’énergie potentielle de pesanteur entre les deux étoiles est $E^{gravite} = – \frac{G m_1 m_2}{r}$, où $r = r_1+r_2$ est la distance entre les deux étoiles. L’énergie totale s’écrit donc
$$E = E^{cinetique}_1 + E^{cinetique}_2 + E^{gravite} = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 – \frac{G m_1 m_2}{r}.$$

Jusque là, ça va…

Cool ! Parce que ça va se corser. Pour résoudre le problème il peut être souhaitable de se concentrer sur une seule de ces étoiles. Mais ça bousillerait un peu la jolie symétrie entre les deux étoiles que révèle l’équation ci-dessus. On va donc en fait chercher à tout exprimer en fonction du vecteur $\vec r = \vec r_1 – \vec r_2$, qui mesure l’écart entre les deux étoiles. On peut alors utiliser les équations déduites de la conservation de la quantité de mouvement pour remplacer les variables $r_1$, $r_2$, $v_1$ et $v_2$. Pour que les équations soient aussi jolies que possibles, on peut introduire une masse artificielle, parfois appelée masse réduite, qui est définie par $m = \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}$, de sorte que $1/m = 1/m_1 + 1/m_2$. On a alors $\vec r = \vec r_1 – \vec r_2 = \frac{m_1}{m} \vec r_1 = – \frac{m_2}{m} \vec r_2$ et $\vec v = \vec v_1 – \vec v_2 = \frac{m_1}{m} \vec v_1 = – \frac{m_2}{m} \vec v_2$. On obtient alors l’équation suivante :
$$E = \frac{1}{2} m v^2 – G \frac{m_1 m_2}{r}.$$

On peut alors se rendre compte que cette expression est la même que celle d’un corps de masse $m$ orbitant autour d’un corps central immobile de masse $m_1 m_2 /m = m_1+m_2$. Du coup, si vous savez résoudre les équations de Newton dans ce cas, vous savez immédiatement, à ce changement de variables près, résoudre le problème à deux corps ! Mais je vais vous y aider…
OK… Mais le rapport avec $\vec F = m\vec a$ ?

Pour le trouver, il suffit maintenant d’invoquer la conservation de l’énergie. Ça, ça veut dire que la dérivée de l’énergie par le temps doit être nulle. Cette fois-ci, je vous épargne les calculs.

En fait, non. Mais je vous mets les calculs en tout petit. Ça nous donne $0 = \frac{dE}{dt} $=$ \frac{1}{2} m \frac{d}{dt} \left( \frac{d\vec r}{dt} \right)^2 – G m_1 m_2 \frac{d}{dt} \frac{1}{r} $=$ m \frac{d^2 \vec r}{dt^2} \cdot \frac{d\vec r}{dt} + G m_1 m_2 \frac{1}{r^2} \frac{dr}{dt}$. Pour conclure, notons que la variation $\frac{dr}{dt}$ de la longueur $r$, c’est-à-dire la distance entre la première étoile et la deuxième étoile, est la projection selon la direction $\vec r$ du vecteur $\frac{d\vec r}{dt}$. Autrement dit, on a $\frac{dr}{dt} = \frac{1}{r} \vec r \cdot \frac{d\vec r}{dt}$. En notant $\vec a = \frac{d^2\vec r}{dt^2}$, on obtient alors l’égalité $\vec 0 = \left( m \vec a + \frac{G m_1 m_2}{r^3} \vec r \right) \cdot \vec v$. En annulant le premier terme, et en réarrangeant tout ça, on obtient bien l’équation du mouvement $\vec F = m\vec a$, où $\vec F$ est une force gravitationnelle.
OK… Mais là, on n’a pas encore déterminé la trajectoire des étoiles.

Il est vrai. Pour cela, il nous faut invoquer le dernier des principes en jeu, à savoir la conservation du moment angulaire (aussi appelé moment cinétique). Intuitivement, plus il y a de choses qui tournent vite, plus le moment angulaire est grand. En fait, on pourrait renommer ce moment angulaire « quantité de mouvement de rotation ». Sa conservation vient de l’absence de force extérieure qui cherche à faire tourner plus vite les étoiles autour du centre de gravité (aucun moment de force). En termes techniques, on parle d’absence de « moment des forces extérieures », que l’on pourrait appeler « forces à effet rotatif ».

Ça va pour l’intuition. Quid des équations ?

Le moment angulaire est la somme des moments angulaires des étoiles. Il s’écrit donc $\vec L = m_1 \vec r_1 \wedge \vec v_1 + m_2 \vec r_2 \wedge \vec v_2$. En réutilisant les formules liant $\vec r$ et $\vec v$ aux mouvements des étoiles, on peut simplifier cette expression en $\vec L = m \vec r \wedge \vec v$.

Le produit vectoriel « $\vec u \wedge \vec v$ » calcule un vecteur orthogonal à $\vec u$ et $\vec v$ (dont le sens est déterminé par convention, typiquement du pouce vers le haut de la main droite), et dont la longueur est déterminé par « à quel point $\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux ». Si $\vec u$ et $\vec v$ sont colinéaires, alors $\vec u \wedge \vec v$ est nul. S’ils sont perpendiculaires la longueur de $\vec u \wedge \vec v$ va être le produit des normes de $\vec u$ et $\vec v$. Mathématiquement, il s’agit d’un opérateur bilinéaire antisymétrique.
Et on en fait quoi de cette conservation des moments angulaires ?

Pour déterminer le mouvement des planètes, Newton a découvert que les coordonnées polaires étaient très utiles. On repère alors $\vec r$ par sa norme $r$ et son angle $\theta$ avec une direction fixe. La composante du vecteur $\vec v$ perpendiculaire à $\vec r$ est alors de longueur $r \dot \theta$. Le calcul différentiel nous donne alors $L = m r^2 \dot \theta$.

Et maintenant ?

Maintenant, on applique ce système de coordonnées polaires à l’énergie aussi. On trouve
$$E = \frac{1}{2} m \left( \dot r^2 + r^2 \dot \theta^2 \right) – \frac{G m_1 m_2}{r}.$$ 
En utilisant la conservation des moments angulaires, on peut alors supprimer $\dot \theta$ de l’équation ci-dessus. Ça nous donne
$$E = \frac{1}{2} m \left( \dot r^2 + \frac{L^2}{m^2 r^2} \right) – \frac{G m_1 m_2}{r}.$$

C’est moche…

Je suis d’accord. En particulier, on a pas mal de $r$ aux dénominateurs. Et ça, c’est pas cool. Et c’est là que Newton a sorti de je-ne-sais-où deux énormes astuces de la mort qui tue. D’abord, il a posé $u = 1/r$. Ensuite, et surtout, il a décidé de calculer la dérivée de $u$ par rapport à $\theta$ (ne me demandez pas pourquoi…). Ça nous donne $\frac{du}{d\theta} = – \frac{1}{r^2} \frac{dr}{d\theta} = – \frac{1}{r^2} \frac{dr}{dt} \frac{dt}{d\theta} = – \frac{\dot r}{r^2 \dot \theta}$. Et là, magie ! Le dénominateur est proportionnel au moment angulaire ! On en déduit donc
$$\frac{du}{d\theta} = – m L^{-1} \dot r.$$

Et ça, c’est utile ?

Et oui ! Car on peut maintenant remplacer le terme $\dot r$ dans l’expression de l’énergie pour tout écrire en fonction de $u$ et des dérivées de $u$ par $\theta$. Ceci nous donne alors :
$$E = \frac{1}{2} m^{-1} L^2 \left[ \left( \frac{du}{d\theta} \right)^2 + u^2 \right] – G m_1 m_2 u.$$

Et là, c’est mieux ?

Carrément ! On a là une équation différentielle en $u(\theta)$ dont les termes $u$ sont tous au numérateurs ! On y est en fait quasiment. Pour conclure, il ne nous reste plus qu’à dériver cette expression par rapport à $\theta$. L’énergie étant constante, cette dérivée doit être nulle. On obtient alors :
$$0 = \frac{dE}{dt} = m^{-1} L^2 \left( \frac{d^2u}{d\theta^2} \frac{du}{d\theta} + \frac{du}{d\theta} u \right) – G m_1 m_2 \frac{du}{d\theta}.$$
Les termes $\frac{du}{d\theta}$ peuvent être supprimés. On finit avec l’équation différentielle linéaire du second ordre suivante :
$$\frac{d^2u}{d\theta^2} + u = G m m_1 m_2 L^{-2}.$$

Waw ! Ça c’est joli !

Carrément ! Il s’agit là d’une équation différentielle bien connue, dont la solution est $1/r = u(\theta) = G m m_1 m_2 L^{-2} (1+e \cos \theta)$. Et ça, c’est l’équation… d’une ellipse !

Pour être complet, on peut déterminer l’excentricité $e$ en fonction de l’énergie $E$. Pour ce faire, il suffit de substituer $u$ et $\frac{du}{d\theta}$ par l’expression dans l’équation de l’énergie calculée ci-dessus. On obtient finalement $e^2 = 1+ 2 G^{-2} m^{-1} m_1^{-2} m_2^{-2} L^2 E$.
Boum… Mon cerveau a explosé !

C’est trop fou non ? Je ne peux qu’imaginer la tête de Haley quand Newton lui a montré ça. Le pauvre Haley devait croire avoir à faire à un magicien…

Comme l’explique Oxylos Neest, il existe des approches plus directes pour déterminer la trajectoire des planètes. En particulier, on peut étudier le vecteur de Runge-Lenz défini par $\vec e = \frac{\vec r \wedge \vec L}{G (m_1 + m_2)} – \frac{\vec r}{r}$. Le calcul de $\frac{d\vec e}{dt}$ montre que $\vec e$ est conservé au cours du mouvement. On conclut en calculant $\vec r \cdot \vec e$.

Après l’explosion

Passons enfin aux choses sérieuses. Si la conservation du moment angulaire ne va pas nous être super utile, les deux autres principes que nous avons avancé pour déterminer les trajectoires dans le système binaire vont encore être super utiles pour déterminer ce qu’il se passe après l’explosion.

Tu parles de la conservation de la quantité de mouvement et de celle de l’énergie ?

En quelques sortes. Commençons par la conservation de la quantité de mouvement. Appelons $\alpha$ la fraction de la masse conservée par la première étoile après explosion. La quantité de mouvement emportée par cette masse perdue a une vitesse moyenne égale à celle de l’étoile au moment de l’explosion. Elle s’écrit donc $(1-\alpha) m_1 \vec v_1$. Le système binaire après explosion va alors avoir une masse totale $\alpha m_1 + m_2$. Par conservation de la quantité de mouvement, la quantité de mouvement du système binaire doit annuler celle de la masse perdue. En appelant $\vec v_g$ la vitesse du centre de masse du système binaire après explosion, on a donc $(1-\alpha) m_1 \vec v_1 + (\alpha m_1 +m_2) \vec v_g = 0$.

Donc le système binaire part dans la direction opposée à celui de l’étoile ayant explosé au moment de l’explosion…

Oui. Plus précisément, on a $\vec v_g = – \frac{(1-\alpha) m_1}{\alpha m_1 + m_2} \vec v_1$.

OK… Mais ce n’était pas la question pour laquelle tu voulais une réponse.

Non. Ce à quoi je voulais que vous réfléchissiez, c’était de savoir si les étoiles continueraient à orbiter l’une autour de l’autre après l’explosion. Et la clé pour répondre à cette question est l’étude de l’énergie du système après explosion, dans le référentiel du centre de masse après explosion. L’énergie est alors $E_{après} = \frac{1}{2} \alpha m_1 (v_1 + v_g)^2 + \frac{1}{2} m_2 (v_2-v_g)^2 – \frac{G \alpha m_1 m_2}{r}$. On a alors, en utilisant notamment l’égalité $m_1 v_1 = m_2 v_2$,
$$E_{après} = \frac{1}{2} \alpha m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 + \alpha m_1 v_1 v_g – m_2 v_2 v_g + \frac{1}{2} ( \alpha m_1 + m_2) v_g^2 – \frac{G \alpha m_1 m_2}{r},$$
$$= \alpha E_{avant} + \frac{1}{2} (1-\alpha) m_2 v_2^2 – (1-\alpha) m_1 v_1 v_g + \frac{1}{2} (1-\alpha) m_1 v_1 v_g,$$
$$= \alpha E_{avant} + \frac{1}{2} (1-\alpha) m_1 v_1 \left( v_2 – v_g \right).$$
On peut maintenant à nouveau utiliser l’égalité $m_1 v_1 = m_2 v_2$ et celle de $v_g$, pour en déduire que $\frac{v_2-v_g}{m_1v_1} = \frac{1}{m_2} – \frac{1-\alpha}{\alpha m_1 + m_2} = \frac{\alpha (m_1+m_2)}{m_2 (\alpha m_1 + m_2)}$. On a alors
$$E_{après} = \alpha E_{avant} + \frac{1}{2} \frac{\alpha (1-\alpha) (m_1+m_2) m_1}{m_2 (\alpha m_1 + m_2)} m_1 v_1^2.$$
L’expression de droite correspond alors presque à une énergie cinétique. En fait, on peut la relier à l’énergie cinétique $K_{avant}$ au moment de l’explosion. En effet, à ce moment, on a
$$K_{avant} = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 = \frac{1}{2} \left( 1+ \frac{m_1}{m_2} \right) m_1 v_1^2.$$
En substituant $m_1 v_1^2$ de l’expression de l’énergie cinétique après explosion, on obtient alors
$$E_{après} = \alpha E_{avant} + \frac{\alpha (1-\alpha) m_1}{\alpha m_1 + m_2} K_{avant}.$$
En particulier, les étoiles resteront proches l’une de l’autre si et seulement si $\frac{(1-\alpha) m_1}{\alpha m_1 + m_2} K_{avant} < - E_{avant}$.

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