Corrigés des exercices de Mécanique Quantique tome 1 9782759831609

Table of contents :
Table des matières
Chapitre 1 Corrigés des exercices du Chapitre I (Complément KI). Ondes et particules. Introduction aux idées fondamentales de la mécanique quantique
Chapitre 2 Corrigés des exercices du Chapitre II (Complément H II). Les outils mathématiques de la mécanique quantique
Chapitre 3 Corrigés des exercices du Chapitre III (Complément LIII). Les postulats de la mécanique quantique
Chapitre 4 Corrigés des exercices du Chapitre IV (Complément JIV). Application des postulats à des cas simples : spin 1/2 et systèmes à deux niveaux
Chapitre 5 Corrigés des exercices du Chapitre V (Complément MV). L’oscillateur harmonique à une dimension
Chapitre 6 Corrigés des exercices du Chapitre VI (Complément FVI). Propriétés générales des moments cinétiques en mécanique quantique
Chapitre 7 Corrigés des exercices du Chapitre VII (Complément GVII). Particule dans un potentiel central. Atome d’hydrogène

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Guillaume Merle, Oliver J. Harper et Philippe Ribière

Corrigés des exercices de « Mécanique quantique, tome I » de Claude Cohen-Tannoudji, Bernard Diu, Franck Laloë

RÉFÉRENCES CORRIGÉES EDP Sciences

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Table des matières 1 Corrigés des exercices du Chapitre I (Complément KI ). Ondes et particules. Introduction aux idées fondamentales de la mécanique quantique 1.1 Interférence et diffraction avec un jet de neutrons . . . . . . . . . . . 1.2 État lié d’une particule dans un « puits en fonction delta » . . . . . 1.3 Transmission d’une barrière de potentiel en « fonction delta » . . . . 1.4 État lié d’une particule dans un « potentiel en fonction delta », analyse de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Puits composé de deux fonctions delta . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 État lié dans un potentiel carré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Potentiel de Lennard-Jones constant par morceaux . . . . . . . . . . 1.8 Potentiel à deux dimensions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15 25 39 44 49

2 Corrigés des exercices du Chapitre II (Complément HII ). Les outils mathématiques de la mécanique quantique 2.1 Une première approche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Diagonalisation, base orthonormée, relation de fermeture . . . . . . 2.3 Superposition d’états . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Un opérateur ket-bra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Projecteur orthogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 La matrice σ x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 La matrice σ y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Hamiltonien H d’une particule dans un problème à une dimension 2.9 Vers le théorème du viriel en mécanique quantique . . . . . . . . . 2.10 Les opérateurs X et P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 Un E.C.O.C. d’un système à trois états . . . . . . . . . . . . . . . 2.12 Un E.C.O.C. de deux opérateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

57 57 61 66 68 70 71 72 74 77 81 82 85

3 Corrigés des exercices du Chapitre III (Complément LIII ). Les postulats de la mécanique quantique 3.1 Analyse d’une fonction d’onde à une dimension . . . . . . . . 3.2 Probabilité et fonction d’onde à une dimension . . . . . . . . 3.3 Fonction d’onde définie à l’aide d’impulsions . . . . . . . . . . 3.4 Étalement d’un paquet d’ondes libre . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Particule soumise à une force constante . . . . . . . . . . . .

. . . . .

89 89 92 94 101 105

. . . . .

. . . . .

. . . . .

1 1 4 10

IV

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14 3.15 3.16 3.17 3.18 3.19

Fonction d’onde à trois dimensions . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fonction d’onde générique à trois dimensions . . . . . . . . . . . . Courant de probabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Description complète d’un état quantique à l’aide de la densité de probabilité et du courant de probabilité . . . . . . . . . . . . . . . Théorème du viriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fonction d’onde de deux particules . . . . . . . . . . . . . . . . . . Puits infini à une dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Puits infini à deux dimensions (cf. Complément GII ) . . . . . . . . Évolution temporelle dans un système couplé à trois niveaux . . . Point de vue d’interaction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Corrélations entre deux particules . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Introduction à la matrice densité (ou opérateur densité) . . . . . . Évolution temporelle de la matrice densité . . . . . . . . . . . . . . Matrice densité de deux particules . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 Corrigés des exercices du Chapitre IV (Complément JIV ). Application des postulats à des cas simples : spin 1/2 et systèmes à deux niveaux 4.1 Première approche pour les états de spin et la précession quantique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Suite de la première approche pour un champ magnétique non stationnaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Suite de la première approche pour un champ magnétique avec deux composantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Matrice densité et mesures du spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Opérateur d’évolution d’un spin 1/2 (cf. Complément FIII ) . . . . 4.6 Étude de l’état de spin de deux particules décrites par une fonction d’onde unique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7 Suite de l’étude de l’état de spin à deux particules décrit par une fonction d’onde unique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Molécule triatomique linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9 Molécule hexagonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Corrigés des exercices du Chapitre V (Complément MV ). L’oscillateur harmonique à une dimension 5.1 Oscillateur harmonique à une dimension . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Oscillateur harmonique anisotrope à trois dimensions . . . . . . . . 5.3 Oscillateur harmonique : deux particules, partie 1 . . . . . . . . . . 5.4 Oscillateur harmonique : deux particules, partie 2 . . . . . . . . . . 5.5 Oscillateur harmonique : deux particules, partie 3 . . . . . . . . . . 5.6 Oscillateur harmonique chargé dans un champ électrique variable . 5.7 Un opérateur de type Fourier appliqué à un oscillateur harmonique à une dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 L’opérateur d’évolution temporelle appliqué à un oscillateur harmonique à une dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. 108 . 111 . 114 . . . . . . . . . . .

118 121 126 130 133 141 146 150 164 167 169

173 . 173 . 179 . 183 . 188 . 195 . 200 . 205 . 210 . 218

. . . . . .

227 229 234 241 250 260 265

. 277 . 281

V

Table des matières 6 Corrigés des exercices du Chapitre VI (Complément FVI ). Propriétés générales des moments cinétiques en mécanique quantique 6.1 Valeur moyenne d’un moment magnétique pour un état donné . . . 6.2 Mesure du moment magnétique dans un espace à quatre dimensions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Lien entre le moment cinétique classique et l’opérateur quantique associé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Rotation d’une molécule polyatomique . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Étude de la partie angulaire d’une fonction d’onde . . . . . . . . . 6.6 Quadripôle électrique dans un gradient de champ électrique . . . . 6.7 À propos des matrices de rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.8 Rotation et moment cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.9 Fluctuations et mesures du moment cinétique . . . . . . . . . . . . 6.10 Relations de type Heisenberg pour les moments cinétiques . . . . . 6.11 État minimisant les fluctuations du moment cinétique . . . . . . .

295 . 295 . 299 . . . . . . . . .

305 307 322 326 333 338 342 352 356

7 Corrigés des exercices du Chapitre VII (Complément GVII ). Particule dans un potentiel central. Atome d’hydrogène 367 7.1 Particule dans un potentiel à symétrie cylindrique . . . . . . . . . . 367 7.2 Oscillateur harmonique à trois dimensions dans un champ magnétique uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373

Chapitre 1 Corrigés des exercices du Chapitre I (Complément KI). Ondes et particules. Introduction aux idées fondamentales de la mécanique quantique 1.1

Interférence et diffraction avec un jet de neutrons

Énoncé. On envoie un jet de neutrons monocinétiques, de masse Mn (Mn ≃ 1,67.10−27 kg), d’énergie E, sur une chaîne linéaire de noyaux atomiques disposés régulièrement comme le montre la figure 1.1 (ces noyaux sont, par exemple, ceux d’une longue molécule linéaire). On désigne par l la distance de deux noyaux consécutifs, par d leur taille (d ≪ l). On dispose au loin un détecteur de neutrons D dans une direction faisant l’angle θ avec la direction des neutrons incidents.

Fig. 1.1 –

2

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I a. Décrire qualitativement les phénomènes observés sur D lorsqu’on fait varier l’énergie E des neutrons incidents. b. Le taux de comptage présente, en fonction de E, une variation résonnante autour de E = E1 . Sachant qu’il n’y a pas d’autres résonances pour E < E1 , montrer que l’on peut en déduire une détermination de l. Calculer l avec θ = 30 degrés, E1 = 1,3.10−20 joule. c. À partir de quelles valeurs de E faudrait-il tenir compte de la dimension finie des noyaux ?

Commentaires. Nous allons exploiter dans cet exercice la dualité onde-corpuscule et rapprocher cette expérience d’une expérience très similaire dans laquelle de la lumière traverse un réseau. La lumière peut être décrite naturellement en termes d’ondes (électromagnétiques), mais la dualité onde-corpuscule nous permet également de la décrire par un faisceau de photons. Imaginons donc un faisceau de lumière (de longueur d’onde λ) arrivant sur un réseau composé de fils de diamètre d espacés de l, et représentons-nous la lumière diffractée ou la probabilité d’arrivée des photons sur un écran placé à l’infini. Chaque fil crée une figure de diffraction, l’angle caractéristique régissant la λ taille de chaque tache de diffraction étant θdiffraction ≃ . d Les diverses ondes diffractées par les fils sont cohérentes entre elles et peuvent a fortiori interférer. L’angle caractéristique des interférences est de λ l’ordre de θinterférences ≃ . l Du fait que l > d, la figure de diffraction est plus grande que la figure d’interférence. Les interférences apparaissent donc comme une modulation de l’intensité lumineuse au sein de chaque tache de diffraction. Dans l’expérience considérée ici, le faisceau est constitué de neutrons, que nous supposons indépendants. Il nous faut donc utiliser un raisonnement analogue à celui utilisé pour un faisceau de lumière. Le réseau est remplacé ici par une chaîne linéaire de noyaux atomiques. La dualité onde-corpuscule est une réalité difficile à appréhender. La notion de paquets d’ondes, limités dans l’espace (la longueur de cohérence en optique ondulatoire, c’est-à-dire pour des photons) et dans le temps, nous aide à visualiser ce phénomène : le paquet d’ondes associé à chaque particule (des neutrons, ici) peut se diffracter et interférer, en passant par plusieurs fentes à la fois...

Corrigés des exercices du Chapitre I

3

Corrigé. On envoie un jet de neutrons monocinétiques, de masse Mn (Mn ≃ 1,67.10−27 kg), d’énergie E, sur une chaîne linéaire de noyaux atomiques disposés régulièrement comme le montre la figure 1.1 (ces noyaux sont, par exemple, ceux d’une longue molécule linéaire). On désigne par l la distance de deux noyaux consécutifs, par d leur taille (d ≪ l). On dispose au loin un détecteur de neutrons D dans une direction faisant l’angle θ avec la direction des neutrons incidents. a. Décrire qualitativement les phénomènes observés sur D lorsqu’on fait varier l’énergie E des neutrons incidents. Nous supposons les neutrons libres. Chaque neutron a un comportement ondulatoire. Les neutrons sont diffractés par les noyaux, de la même manière que des photons sont diffractés par un réseau, phénomène bien connu en optique ondulatoire. La longueur d’onde correspondante d’un neutron peut être calculée à partir de : E=

(~k)2 (2π~)2 2π~ p2 = = ⇔λ= √ 2 2Mn 2Mn 2Mn λ 2Mn E

En faisant l’hypothèse que le détecteur est placé à l’infini, l’angle entre λ et l’angle deux franges d’interférence consécutives vaut θinterférences ≃ l λ caractéristique de diffraction dû à une seule fente vaut θdiffraction ≃ . d L’augmentation de l’énergie E va donc diminuer la longueur d’onde λ et les franges d’interférence vont être de plus en plus rapprochées, comme pour une figure de diffraction de la lumière. Inversement, la diminution de l’énergie E va augmenter la longueur d’onde λ et les franges d’interférence vont être de plus en plus éloignées. En faisant varier E, l’échelle des figures d’interférence et de diffraction change, mais pas leur aspect global. Leur position relative demeure la même. b. Le taux de comptage présente, en fonction de E, une variation résonnante autour de E = E1 . Sachant qu’il n’y a pas d’autres résonances pour E < E1 , montrer que l’on peut en déduire une détermination de l. Calculer l avec θ = 30 degrés, E1 = 1,3.10−20 joule. La différence de marche entre deux « fentes » consécutives vaut δ = l sin θ, et l’on aura une variation résonante si δ = nλ avec n ∈ Z. On a donc : √ 2Mn E1 2π~ ⇔ n = l sin θ l sin θ = nλ = n √ 2π~ 2Mn E1 d’après les résultats de la question a. Comme il n’y a pas d’autre résonance pour E < E1 , la première résonance se produit pour E = E1 , et n est alors minimal et égal à 1. On en déduit : 2π~ 2π~ l sin θ = √ ⇔ l=√ ≃2Å 2Mn E1 2Mn E1 sin θ

4

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I c. À partir de quelles valeurs de E faudrait-il tenir compte de la dimension finie des noyaux ? Il faut tenir compte de la dimension finie des noyaux à partir du moment où λ ∼ l, ce qui correspond à des énergies telles que : E=

(2π~)2 E1 (2π~)2 ∼ = 2 2Mn λ 2Mn l2 4

E1 =

(2π~)2 4(2π~)2 ∼ 2Mn l2 2Mn l2 sin2 θ

du fait que

1.2

État lié d’une particule dans un « puits en fonction delta »

Énoncé. On considère une particule dont l’hamiltonien H s’écrit : H =−

~2 d2 − αδ(x) 2m dx2

où α est une constante positive, dont on donnera les dimensions. a. Intégrer l’équation aux valeurs propres de H entre −ε et +ε ; en faisant tendre ε vers 0, montrer que la dérivée de la fonction propre ϕ(x) subit en x = 0 une discontinuité que l’on calculera en fonction de α, m et ϕ(0). b. On suppose que l’énergie E de la particule est négative (état lié) ; ϕ(x) peut alors s’écrire : x0

ϕ(x) = A1 eρx + A′1 e−ρx ϕ(x) = A2 eρx + A′2 e−ρx

où ρ est une constante que l’on exprimera en fonction de E et m. En utilisant les résultats de la question précédente, calculer la matrice M définie par :     A1 A2 =M A′1 A′2 Écrire alors que ϕ(x) est de carré sommable, et en déduire les valeurs possibles de l’énergie. Calculer les fonctions d’onde normées correspondantes. c. Représenter graphiquement ces fonctions d’onde. Donner un ordre de grandeur de leur largeur ∆x.

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Corrigés des exercices du Chapitre I d. Quelle est la probabilité dP(p) pour qu’une mesure de l’impulsion de la particule dans un des états stationnaires normés calculés plus haut donne un résultat compris entre p et p + dp ? Pour quelle valeur de p cette probabilité est-elle maximale ? Dans quel domaine, de dimension ∆p, prend-elle des valeurs notables ? Donner un ordre de grandeur du produit ∆x · ∆p.

Commentaires. Cet exercice considère un potentiel « limité » : un puits de potentiel de profondeur infinie, mais infiniment étroit, c’est-à-dire un puits en fonction delta (Attention : la fonction delta n’est pas sans dimension, d’où la question préliminaire sur l’analyse dimensionnelle). Avant de commencer à résoudre cet exercice, il est important de se demander ce que donnerait la mécanique classique dans cette situation. Du fait que l’énergie de la particule est négative, la mécanique classique impose à la particule de rester piégée dans le puits de potentiel en fonction delta, et donc d’être localisée en x = 0 dans un état lié. Considérons maintenant le problème du point de vue de la mécanique quantique. Cet hamiltonien fournit des résultats et des interprétations très intéressants en utilisant des calculs directs dans un nombre très restreint de régions différentes de l’espace, ce qui signifie qu’il y a moins de constantes Ai à déterminer. Les conditions aux limites (ou conditions de continuité) de chaque côté du puits ne sont néanmoins pas connues a priori. Elles doivent donc être établies en partant d’une situation connue et finie (question a). Le reste de l’exercice est basé sur l’approche habituelle et constitue un superbe exercice d’application des notions fondamentales de la mécanique quantique, en plus d’offrir une interprétation des résultats analytiques.

Corrigé. On considère une particule dont l’hamiltonien H s’écrit : ~2 d2 − αδ(x) 2m dx2 où α est une constante positive, dont on donnera les dimensions. L’hamiltonien H est l’opérateur énergie totale (du fait que Hϕ(x) = Eϕ(x)) et a Z +∞ donc les dimensions d’une énergie. On sait de plus que δ(x)dx = 1, et δ(x) H =−

−∞

a les dimensions de l’inverse d’une longueur. La constante α a donc les dimensions d’une énergie multipliée par une longueur et correspond à l’aire sous la courbe de la fonction delta. a. Intégrer l’équation aux valeurs propres de H entre −ε et +ε ; en faisant tendre ε vers 0, montrer que la dérivée de la fonction propre ϕ(x) subit en x = 0 une discontinuité que l’on calculera en fonction de α, m et ϕ(0).

6

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I L’équation aux valeurs propres de H s’écrit : Hϕ(x) = Eϕ(x) ⇔ −

~2 d2 ϕ(x) − αδ(x)ϕ(x) = Eϕ(x) 2m dx2

En intégrant cette équation entre −ε et +ε, on obtient : Z +ε Z +ε Z +ε 2 ~2 d ϕ(x) − dx − α δ(x)ϕ(x)dx = E ϕ(x)dx 2m −ε dx2 −ε −ε   Z +ε ~2 dϕ(+ε) dϕ(−ε) − αϕ(0) = E ϕ(x)dx ⇔ − − 2m dx dx −ε Z 2mE +ε 2mα dϕ(+ε) dϕ(−ε) − = − 2 ϕ(0) − 2 ⇔ ϕ(x)dx dx dx ~ ~ −ε En faisant enfin tendre ε vers 0, on obtient : lim ε→0



 dϕ(+ε) dϕ(−ε) 2mα = − 2 ϕ(0) − dx dx ~

et la dérivée de la fonction propre ϕ(x) subit en x = 0 une discontinuité 2mα valant − 2 ϕ(0). ~ b. On suppose que l’énergie E de la particule est négative (état lié) ; ϕ(x) peut alors s’écrire : x < 0 ϕ(x) = A1 eρx + A′1 e−ρx x > 0 ϕ(x) = A2 eρx + A′2 e−ρx où ρ est une constante que l’on exprimera en fonction de E et m. En utilisant les résultats de la question précédente, calculer la matrice M définie par :     A2 A1 =M A′2 A′1 Écrire alors que ϕ(x) est de carré sommable, et en déduire les valeurs possibles de l’énergie. Calculer les fonctions d’onde normées correspondantes. Les fonctions d’onde de chaque côté du puits en fonction delta peuvent être calculées grâce à la relation établie à la question précédente, et ce sans avoir besoin de connaître l’expression de la fonction à l’intérieur du puits. Cela évite ainsi d’introduire deux constantes supplémentaires qui seraient nécessaires pour un puits de profondeur et de largeur finies. Notons : x0

ϕI (x) = A1 eρx + A′1 e−ρx ϕII (x) = A2 eρx + A′2 e−ρx

r

−2mE du fait que l’équation aux valeurs propres de H peut ~2 s’écrire, pour x < 0 et x > 0 : avec ρ =

−

~2 d2 ϕ(x) d2 ϕ(x) −2mE d2 ϕ(x) − Eϕ(x) = 0 ⇔ − ϕ(x) = 0 ⇔ − ρ2 ϕ(x) = 0 2 2 2 2m dx dx ~ dx2

7

Corrigés des exercices du Chapitre I

du fait que E < 0 par hypothèse. D’une part, la fonction ϕ(x) est continue en x = 0, donc : ϕI (0) = ϕII (0) ⇔ A1 + A′1 = A2 + A′2

dϕ(x) subit en D’autre part, d’après les résultats de la question précédente, dx 2mα x = 0 une discontinuité valant − 2 ϕ(0), donc : ~ dϕII (0) dϕI (0) 2mα 2mα − = − 2 ϕ(0) ⇔ ρ(A2 − A′2 − A1 + A′1 ) = − 2 (A1 + A′1 ) dx dx ~ ~ On a donc  ′  A2 + A′2 = A   1 + A1  2mα 2mα ′ A − 1 + A′1 A − A = 1 −  2 1 2 ρ~2 ρ~2    mα mα   A = 1 − A1 − 2 A′1  2 ρ~2 ρ~   ⇔ mα  mα   A′2 = 2 A1 + 1 + 2 A′1 ρ~ ρ~ Au final,



A2 A′2





 =

mα ρ~2 mα ρ~2

1−

et la matrice M telle que



A2 A′2



=M

mα    ρ~2  A1 mα  A′1 1+ 2 ρ~ −



A1 A′1



a pour expression 

 M =

mα ρ~2 mα ρ~2

1−

mα  ρ~2  mα  1+ 2 ρ~ −

Pour être de carré sommable, ϕ(x) doit être bornée lorsque x → ±∞, ce qui implique A′1 = A2 = 0 et donc  mα  mα     − 2 1− 2 ρ~ ρ~ 0  A1  =  mα mα  0 A′2 1+ 2 2 ρ~ ρ~ ce qui implique les deux conditions mα = 1 et A′2 = A1 = A ρ~2 Les valeurs possibles de l’énergie sont données par

8

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I mα ρ= 2 = ~

r

−2mE −2mE m2 α2 mα2 ⇒ = ⇔ E = − ~2 ~2 ~4 2~2

mα2 . On peut calculer la 2~2 valeur de A en écrivant que la fonction propre ϕ(x) est normalisée :

et il existe donc un seul état lié d’énergie E = − Z

0

−∞

⇔ |A|2

|ϕI (x)|2 dx +

Z

0

Z

+∞

0

e2ρx dx + |A|2

|ϕII (x)|2 dx = 1

Z

+∞

e−2ρx dx = 1 −∞ 0 r   1 1 mα iϕ √ iϕ 2 = 1 ⇔ A = ρe = e + ⇔ |A| 2ρ 2ρ ~2 En posant ϕ = 0 pour que A soit réel et positif, il n’existe donc qu’une seule fonction d’onde normalisée telle que : r mα mα x < 0 ϕI (x) = e ~2 x 2 r~ mα − mα x > 0 ϕII (x) = e ~2 x ~2 que l’on peut écrire sous forme simplifiée ϕ(x) =

r

mα − mα e ~2 |x| ~2

Les fonctions ϕI (x) et ϕII (x) sont toutes les deux des fonctions exponentielles décroissantes du fait que E < 0. Il s’agit en effet d’un état lié : la probabilité de trouver la particule en l’infini est nulle, et cette dernière reste au voisinage du puits en fonction delta et s’aventure dans la région qui est « interdite » par la mécanique classique. c. Représenter graphiquement ces fonctions d’onde. Donner un ordre de grandeur de leur largeur ∆x. La fonction d’onde déterminée à la question b est représentée sur la figure 1.2. En définissant ∆x comme la largeur à mi-hauteur, on obtient : r r r 1 mα ln 2 mα −ρ|x| 1 mα ϕ(x) = ⇔ e = ⇔ −ρ|x| = − ln 2 ⇔ |x| = 2 2 2 2 ~ ~ 2 ~ ρ et l’on a donc ∆x =

1,39 1 2 ln 2 ≃ ∼ ρ ρ ρ

Corrigés des exercices du Chapitre I

9

Fig. 1.2 – Représentation graphique de la fonction d’onde déterminée à la question b.

Ce résultat est cohérent avec l’idée selon laquelle la particule n’explore la ~2 1 région « interdite » que sur une distance caractéristique de l’ordre de = ρ mα (l’analyse dimensionnelle de ρ montre que ρ a les dimensions de l’inverse d’une longueur). d. Quelle est la probabilité dP(p) pour qu’une mesure de l’impulsion de la particule dans un des états stationnaires normés calculés plus haut donne un résultat compris entre p et p + dp ? Pour quelle valeur de p cette probabilité est-elle maximale ? Dans quel domaine, de dimension ∆p, prend-elle des valeurs notables ? Donner un ordre de grandeur du produit ∆x · ∆p. La fonction propre en impulsion est la transformée de Fourier de la fonction propre en position, et l’on a donc Z +∞ 1 ϕ(p) = √ ϕ(x)e−ipx/~ dx 2π~ −∞ Z 0 Z +∞ 1 1 −ipx/~ ϕI (x)e dx + √ = √ ϕII (x)e−ipx/~ dx 2π~ −∞ 2π~ 0 Z 0 Z +∞ A A eρx e−ipx/~ dx + √ e−ρx e−ipx/~ dx = √ 2π~ −∞ 2π~ 0 Z 0 Z +∞ A A e(ρ−ip/~)x dx + √ e−(ρ+ip/~)x dx = √ 2π~ −∞ 2π~ 0   0 +∞ =

=

A  e(ρ−ip/~)x  A  e−(ρ+ip/~)x  +√  −  ip ip  2π~ 2π~ ρ− ρ+ ~ ~ −∞ 0   1 2ρA~2 ~ ~ A √ = √ + 2π~ p2 + ρ2 ~2 2π~ ρ~ − ip ρ~ + ip √

La probabilité dP(p) pour qu’une mesure de l’impulsion de la particule dans l’unique état stationnaire normé calculé à la question b donne un résultat compris entre p et p + dp peut donc s’exprimer comme

10

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I dP(p) = |ϕ(p)| dp = 2



2ρA~2 1 √ 2π~ p2 + ρ2 ~2

2

dp

Cette probabilité est maximale lorsque p = 0 et vaut dP(0) =

2A2 dp π~ρ2

En définissant ∆p comme la largeur à mi-hauteur de dP(p), on obtient : A2 dP(p) = dp π~ρ2

⇔ ⇔ ⇔

et l’on a donc

2 2ρA~2 A2 2ρ2 A2 ~4 A2 1 √ = ⇔ = π~ρ2 π~(p2 + ρ2 ~2 )2 π~ρ2 2π~ p2 + ρ2 ~2 2 2 2 2 4 4 (p + ρ ~ ) = 2ρ ~ q √ √ 2 − 1ρ~ p2 = ( 2 − 1)ρ2 ~2 ⇔ p = ± 

∆p = 2 On obtient donc au final :

p√ 2 − 1ρ~ ≃ 0,644ρ~ ∼ ρ~ ∆x · ∆p ∼ ~

qui est du même ordre de grandeur que la limite de Heisenberg. Le fait que ∆x · ∆p ∼ ~ montre que ce problème ne peut être résolu qu’en utilisant la mécanique quantique, du fait que la particule explore une région de l’espace, en l’occurrence l’extérieur du puits en fonction delta, qui lui est « interdite » par la mécanique classique. Tenter de localiser la particule à l’intérieur de la fonction delta, c’est-à-dire dans la « région autorisée » par la mécanique classique, n’est pas compatible avec le principe de Heisenberg, qui est au cœur de la mécanique quantique.

1.3

Transmission d’une barrière de potentiel en « fonction delta »

Énoncé. On considère une particule placée dans le même potentiel que dans l’exercice précédent, mais qui cette fois se propage de gauche à droite sur l’axe Ox, avec une énergie E positive. a. Montrer qu’un état stationnaire de la particule peut s’écrire :  si x < 0 ϕ(x) = eikx + Ae−ikx si x > 0 ϕ(x) = Beikx

Corrigés des exercices du Chapitre I où k, A et B sont des constantes que l’on calculera en fonction de dϕ l’énergie E, de m et de α (on prendra garde à la discontinuité de dx en x = 0). mα2 (énergie de l’état lié de la particule). Calculer, 2~2 E , les coefficients de réfleen fonction du paramètre sans dimension EL xion et de transmission de la barrière, R et T . Étudier leurs variations en fonction de E ; que se passe-t-il lorsque E → ∞ ? Interprétation ? Montrer que, si l’on prolonge l’expression de T pour les valeurs de E négatives, elle diverge lorsque E → −EL ; interprétation ?

b. On pose −EL = −

Commentaires. Cet exercice fait suite à l’exercice 2 et ne peut pas être traité de manière indépendante. Contrairement au cas considéré dans l’exercice précédent, l’énergie de la particule est positive, ce qui permet à la particule d’explorer tout l’espace. La particule possède une énergie suffisante pour se déplacer librement à l’intérieur et à l’extérieur du puits. Que peut-on dire, d’un point de vue classique, d’un faisceau de particules rencontrant un puits de potentiel ? Il est important de prendre le temps de se poser la question, pour se (re)familiariser avec le résultat classique et ainsi mieux apprécier la subtilité du résultat quantique. S’il est difficile de s’imaginer un puits en fonction delta, il est possible de s’en imaginer un qui est très étroit tout en étant fini. Des particules classiques provenant de −∞ rencontrent le puits et y pénètrent (augmentant ainsi leur énergie cinétique). Elles possèdent suffisamment d’énergie pour sortir du puits et continuent ensuite à se propager dans le sens des x croissants, vers +∞ (tout en ayant perdu leur excès d’énergie cinétique en quittant le puits). En conclusion, toutes les particules classiques poursuivent leur chemin comme si le puits n’existait pas. Toutes pénètrent dans le puits et en sortent, et leur énergie à l’extérieur du puits demeure la même avant et après. L’objectif de cet exercice est de calculer le taux de transmission en utilisant la mécanique quantique, et de le comparer au résultat classique : Tclassique = 100 %.

11

12

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Corrigé. On considère une particule placée dans le même potentiel que dans l’exercice précédent, mais qui cette fois se propage de gauche à droite sur l’axe Ox, avec une énergie E positive. a. Montrer qu’un état stationnaire de la particule peut s’écrire :  si x < 0 ϕ(x) = eikx + Ae−ikx si x > 0 ϕ(x) = Beikx où k, A et B sont des constantes que l’on calculera en fonction de l’énergie dϕ E, de m et de α (on prendra garde à la discontinuité de en x = 0). dx À gauche de la barrière de potentiel (x < 0), V (x) = 0 et l’équation aux valeurs propres de H s’écrit d2 ϕ(x) 2mE d2 ϕ(x) 2 ~2 d2 ϕ(x) −Eϕ(x) = 0 ⇔ + ϕ(x) = 0 ⇔ +k ϕ(x) = 0 2m dx2 dx2 ~2 dx2 r p2 2mE (c’est-à-dire E = comme pour une particule en posant k = ~2 2m classique) du fait que E > 0 par hypothèse, et la fonction propre s’écrit donc ϕ(x) = A′ eikx + Ae−ikx . À droite de la barrière de potentiel (x > 0), on a également V (x) = 0 et, de la même manière, la fonction propre s’écrit ϕ(x) = Beikx + B ′ e−ikx . De plus, la particule se propage de gauche à droite, donc B ′ = 0 du fait qu’aucune réflexion n’est possible au-delà de x = 0. En l’absence d’obstacle, les particules poursuivent leur chemin dans la région x > 0 dans le sens des x croissants, d’où B 6= 0, mais aucune onde n’est réfléchie dans la région x > 0 dans le sens des x décroissants. De la même manière, il nous faut poser A 6= 0 pour tenir compte d’une éventuelle réflexion sur la barrière, auquel cas des particules se propagent dans la région x < 0 dans le sens des x décroissants, et l’on peut choisir A′ = 1 (pour des particules incidentes dans la région x < 0 qui se propagent dans le sens des x croissants) puisque le fait que la fonction d’onde soit normalisée nous permet de fixer l’une des constantes à une valeur de notre choix. En résumé : −

 avec k = donc

r

si x < 0 ϕI (x) = eikx + Ae−ikx si x > 0 ϕII (x) = Beikx

2mE . D’une part, la fonction propre ϕ(x) est continue en x = 0, ~2 ϕI (0) = ϕII (0) ⇔ 1 + A = B

D’autre part, la dérivée première de la fonction propre est discontinue en x = 0 en raison de la présence de la fonction delta, et nous avons montré

13

Corrigés des exercices du Chapitre I dans l’exercice 2 que cette discontinuité vaut −

2mα ϕ(0). On a donc : ~2

dϕII (0) dϕI (0) 2mα 2mα − = − 2 ϕ(0) ⇔ ik(B − 1 + A) = − 2 B dx dx ~ ~ Du fait que B = 1+A d’après la condition de continuité, la relation précédente devient :   2mα 2mα 2mα 2ikA = − 2 (1 + A) ⇔ + 2ik A = − 2 ~ ~2 ~ soit A=−

mα mα √ =− mα + ik~2 mα + i~ 2mE

et l’on a enfin B =1+A=

√ i~ 2mE √ mα + i~ 2mE

mα2 (énergie de l’état lié de la particule). Calculer, en 2~2 E , les coefficients de réflexion et de fonction du paramètre sans dimension EL transmission de la barrière, R et T . Étudier leurs variations en fonction de E ; que se passe-t-il lorsque E → ∞ ? Interprétation ? Montrer que, si l’on prolonge l’expression de T pour les valeurs de E négatives, elle diverge lorsque E → −EL ; interprétation ?

b. On pose −EL = −

Le coefficient de réflexion de la barrière vaut

2 A m2 α2 R = = |A|2 = 2 2 = 1 m α + 2mE~2

1 1 2 = E 2E~ 1+ 1+ EL mα2

et son coefficient de transmission vaut 2 B 2mE~2 T = = |B|2 = 2 2 = 1 m α + 2mE~2

E 2E~2 2 EL mα = E 2E~2 1+ 1+ EL mα2

On vérifie aisément que R + T = 1, ce qui traduit la conservation de l’énergie des deux côtés de la barrière. L’énergie E étant supposée positive, la forme de R et T en fonction de E est représentée sur la figure 1.3.

14

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 1.3 – Courbes représentatives de R et T en fonction de E.

E → ∞ et l’on a donc R → 0 et T → 1 : si l’énergie est EL suffisamment grande pour rendre la barrière de potentiel négligeable, alors la particule franchit la barrière comme si elle n’existait pas.

Lorsque E → ∞,

Si l’on prolonge l’expression de T pour les valeurs de E négatives, T diverge E → 0 ⇔ E → −EL . Cette divergence indique l’existence d’un lorsque 1 + EL état lié d’énergie −EL , du fait que les états liés correspondent aux pôles du coefficient de transmission T . Comparons maintenant les résultats quantiques et classiques. On peut déjà remarquer que T n’est pas systématiquement égal à 100 % = Tclassique . Il s’agit d’un résultat important. Même si les particules possèdent une énergie suffisante pour passer la barrière de potentiel (d’un point de vue classique), certaines d’entre elles sont réfléchies. En mécanique quantique, une particule donnée possédant une énergie suffisante a donc une probabilité R non nulle d’être réfléchie, ce qui est inimaginable en mécanique classique vu la forme du potentiel. Les prédictions de la mécanique quantique sont vérifiées expérimentalement dans des conditions très similaires, comme par exemple lorsqu’un neutron rencontre un noyau. Les particules « rebondissent » effectivement quantiquement. Si cette expérience peut sembler difficile à concevoir, ou en tout cas contre-intuitive, en termes de particules, elle ne l’est pas en termes d’« ondes ». Une onde est en effet partiellement réfléchie et partiellement transmise lorsqu’elle rencontre une vitre. On peut enfin remarquer que T → 1 lorsque E → ∞, c’est-à-dire lorsque E ≫ El , ce qui est pertinent. Si la barrière est insignifiante, indétectable par les particules à haute énergie, alors les particules n’interagissent pas avec le puits de potentiel et poursuivent leur chemin comme si de rien n’était.

Corrigés des exercices du Chapitre I

1.4

État lié d’une particule dans un « potentiel en fonction delta », analyse de Fourier

Énoncé. On reprend l’exercice 2 en utilisant cette fois la transformation de Fourier. a. Écrire l’équation aux valeurs propres de H, et la transformée de Fourier de cette équation. En déduire directement l’expression de ϕ(p), transformée de Fourier de ϕ(x), en fonction de p, E, α et ϕ(0). Montrer alors qu’une seule valeur de E, négative, est possible. On ne trouve donc de cette manière que l’état lié de la particule, et non ceux où elle se propage ; pourquoi ? Calculer alors ϕ(x) et montrer qu’on peut retrouver de cette manière tous les résultats de l’exercice 2. b. L’énergie cinétique moyenne de la particule peut s’écrire (cf. Chapitre III) : Z +∞ 1 p2 |ϕ(p)|2 dp Ec = 2m −∞

Montrer que, lorsque ϕ(p) est une fonction « suffisamment régulière », on a aussi : Z +∞ ~2 d2 ϕ Ec = − ϕ∗ (x) 2 dx 2m −∞ dx

Ces formules permettent d’obtenir de deux façons différentes l’énergie Ec pour une particule dans l’état lié calculé en a. Quel résultat obtienton ? On notera que, dans ce cas, ϕ(x) n’est pas « régulière » en x = 0, où sa dérivée est discontinue ; il est alors nécessaire de dériver ϕ(x) au sens des distributions, ce qui introduit une contribution du point x = 0 à la valeur moyenne demandée. Interpréter physiquement cette contribution : on considérera un puits carré, centré en x = 0, dont la largeur a tend vers 0 et la profondeur V0 vers l’infini (de façon que aV0 = α), et on étudiera le comportement de la fonction d’onde dans ce puits.

Commentaires. Cet exercice fait suite à l’exercice 2 et ne peut pas être traité de manière indépendante. Tous les résultats et commentaires de l’exercice 2 sont maintenant supposés compris et ne seront pas redémontrés. L’approche est ici plus technique, mais l’interprétation finale devrait être comparée à celle de l’exercice 2. Une dernière étape de raisonnement est proposée à la fin de l’exercice pour mieux comprendre les résultats. On considère une fois de plus le cas d’un puits de potentiel fini, ainsi que son cas limite en termes de puits de

15

16

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I potentiel en fonction delta. Il s’agit d’une approche intéressante, bien que pas toujours facile à interpréter et assez technique.

Corrigé. On reprend l’exercice 2 en utilisant cette fois la transformation de Fourier. a. Écrire l’équation aux valeurs propres de H, et la transformée de Fourier de cette équation. En déduire directement l’expression de ϕ(p), transformée de Fourier de ϕ(x), en fonction de p, E, α et ϕ(0). Montrer alors qu’une seule valeur de E, négative, est possible. On ne trouve donc de cette manière que l’état lié de la particule, et non ceux où elle se propage ; pourquoi ? Calculer alors ϕ(x) et montrer qu’on peut retrouver de cette manière tous les résultats de l’exercice 2. L’équation aux valeurs propres de H s’écrit Hϕ(x) = Eϕ(x) ⇔ −

~2 d2 ϕ(x) − αδ(x)ϕ(x) = Eϕ(x) 2m dx2

D’après la relation (38a) de l’Appendice I, la transformée de Fourier de cette équation est −

~2 2m



ip ~

2

ϕ(p) − √

α 2π~

Z

+∞

δ(x)ϕ(x)e−ipx/~ dx = Eϕ(p)

−∞

soit αϕ(0) p2 ϕ(p) − √ = Eϕ(p) 2m 2π~ et l’on peut donc en déduire ϕ(p) = √

αϕ(0) 1 1 2mαϕ(0) = √ 2π~ p2 2π~ p2 − 2mE −E 2m

Or la transformation de Fourier conserve la norme, donc Z +∞ Z 2m2 α2 ϕ2 (0) +∞ dp |ϕ(p)|2 dp = 1 ⇔ =1 2 − 2mE)2 π~ (p −∞ −∞ Décomposons

(p2

1 en éléments simples : − 2mE)2

• si E > 0, l’état n’est pas lié, la particule peut explorer tout l’espace et l’onde harmonique correspondante ne peut pas être normalisée,

17

Corrigés des exercices du Chapitre I • si E < 0, on a : 1 (p2 − 2mE)2

1 1 √ √ 2 = √ (p + i −2mE)2 (p − i −2mE)2 p2 − (i −2mE)2 β α √ √ + p + i −2mE (p + i −2mE)2 α∗ β∗ √ √ + + p − i −2mE (p − i −2mE)2

=



=

On a ensuite : α

β



=



=

i 4(−2mE)3/2

=



d dp

1 √ (p − i −2mE)2

1 √ (p − i −2mE)2



√ p=−i −2mE



√ p=−i −2mE

=



= −

2 √ (p − i −2mE)3



√ p=−i −2mE

1 8mE

et l’on a donc 1 2 (p − 2mE)2

  1 1 i √ √ − 4(−2mE)3/2 p + i −2mE p − i −2mE   1 1 1 √ √ + + 8mE (p + i −2mE)2 (p − i −2mE)2  1 1 1 1 √ + 2 2(−2mE) p − 2mE 8mE (p + i −2mE)2  1 √ + (p − i −2mE)2

=

=

Une primitive de cette fraction rationnelle est donc Z

dp (p2 − 2mE)2

=

=

  1 p √ arctan 2(−2mE)3/2 −2mE   1 1 1 √ √ − + 8mE p + i −2mE p − i −2mE   1 1 p p √ − arctan 4mE p2 − 2mE 2(−2mE)3/2 −2mE

On a donc nécessairement E < 0 et : Z

+∞

−∞

|ϕ(p)|2 dp = 1

⇔

2m2 α2 ϕ2 (0) π m2 α2 ϕ2 (0) = 1 ⇔ (−2mE)3/2 = π~ ~ 2(−2mE)3/2

⇔

−mE =

=



m1/3 α4/3 ϕ4/3 (0) m4/3 α4/3 ϕ4/3 (0) ⇔E=− 2/3 2~ 2~2/3

du fait que Z

+∞

−∞

dp (p2 − 2mE)2

=

1 arctan 2(−2mE)3/2 π 2(−2mE)3/2



√

p −2mE



−

p 1 4mE p2 − 2mE

+∞

−∞

18

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I En reprenant l’expression de ϕ(x) trouvée dans l’exercice 2, on a r mα , et l’on en déduit : ϕ(0) = ~2 ϕ4/3 (0) =

mα2 m2/3 α2/3 ⇒ E=− 2 4/3 2~ ~

qui est l’énergie de l’état lié de la particule. On ne trouve pas d’états excités de la particule lorsqu’elle se propage du fait que les fonctions ϕ(p), qui sont fonctions propres de H, ne sont pas de carré intégrable lorsque E > 0 et ne sont donc pas définies. Calculons maintenant ϕ(x) par transformée de Fourier inverse : Z +∞ Z mαϕ(0) +∞ eipx/~ 1 ipx/~ ϕ(p)e dp = ϕ(x) = √ dp 2 π~ 2π~ −∞ −∞ p − 2mE Il n’est pas possible de calculer ϕ(x) à partir de cette expression, pour la bonne raison que la fonction d’onde ϕ(x) n’a pas la même expression sur tout R, mais deux expressions distinctes pour x < 0 et x > 0. Nous avons montré à la question d de l’exercice 2 que la transformée de Fourier de la fonction d’onde définie comme  si x < 0 ϕ(x) = Aeρx si x > 0 ϕ(x) = Ae−ρx était égale à :

2ρA~2 1 ϕ(p) = √ 2π~ p2 + ρ2 ~2 En identifiant avec l’expression ϕ(p) = √

on peut en déduire que r ρ=

1 2mαϕ(0) 2π~ p2 − 2mE

−2mE mα = 2 et A = ϕ(0) = 2 ~ ~

r

mα ~2

On retrouve ainsi la même fonction d’onde que dans l’exercice 2, et l’on peut donc retrouver tous les résultats obtenus à l’exercice 2. b. L’énergie cinétique moyenne de la particule peut s’écrire (cf. Chapitre III) : Z +∞ 1 p2 |ϕ(p)|2 dp Ec = 2m −∞ Montrer que, lorsque ϕ(p) est une fonction « suffisamment régulière », on a aussi : Z +∞ ~2 d2 ϕ Ec = − ϕ∗ (x) 2 dx 2m −∞ dx

19

Corrigés des exercices du Chapitre I

Ces formules permettent d’obtenir de deux façons différentes l’énergie Ec pour une particule dans l’état lié calculé en a. Quel résultat obtient-on ? On notera que, dans ce cas, ϕ(x) n’est pas « régulière » en x = 0, où sa dérivée est discontinue ; il est alors nécessaire de dériver ϕ(x) au sens des distributions, ce qui introduit une contribution du point x = 0 à la valeur moyenne demandée. Interpréter physiquement cette contribution : on considérera un puits carré, centré en x = 0, dont la largeur a tend vers 0 et la profondeur V0 vers l’infini (de façon que aV0 = α), et on étudiera le comportement de la fonction d’onde dans ce puits. On a pour commencer : Z +∞ Z +∞ 1 1 2 2 Ec = p |ϕ(p)| dp = p2 ϕ∗ (p)ϕ(p)dp 2m −∞ 2m −∞  2   Z +∞  ∗ Z +∞  ip ~2 ~2 ip F dϕ(x) dp = ϕ∗ (p) ϕ(p)dp = 2m −∞ ~ ~ 2m −∞ dx Z +∞ 2 ~2 dϕ(x) dx = 2m −∞ dx

du fait que la transformation de Fourier conserve la norme d’après la formule de Parseval-Plancherel (45) de l’Appendice I. La dernière ligne peut également s’écrire : Z +∞ dϕ∗ (x) dϕ(x) ~2 dx Ec = 2m −∞ dx dx

On peut réécrire cette intégrale en effectuant une intégration par parties en posant :   dϕ∗ (x)    u′ =  u = ϕ∗ (x) dx et d2 ϕ(x)   v′ = dϕ(x)   v= dx2 dx On obtient ainsi :  +∞ Z +∞ dϕ(x) ~2 d2 ϕ(x) ~2 ∗ ϕ (x) dx − ϕ∗ (x) Ec = 2m dx −∞ 2m −∞ dx2 Or ϕ∗ (x) doit s’annuler en ±∞ pour être de carré sommable, donc on aboutit bien au résultat recherché : Ec =

1 2m

Z

+∞

−∞

p2 |ϕ(p)|2 dp = −

~2 2m

Z

+∞

−∞

ϕ∗ (x)

d2 ϕ(x) dx dx2

Pour une particule dans l’état lié calculé en a, on a ϕ(x) = d’après les résultats de l’exercice 2 et ϕ(p) = √

2mαϕ(0) 1 2m3/2 α3/2 = √ 2 2π~ p − 2mE 2π~3 p2 − 2mE 1

r

mα − mα e ~2 |x| ~2

20

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I d’après les résultats de la question a. Un premier raisonnement donne ainsi : Z +∞ Z 1 2m3 α3 +∞ 1 p2 dp Ec = p2 |ϕ(p)|2 dp = 3 2 2 2m −∞ 2m π~ −∞ (p − 2mE) Z m2 α3 +∞ p2 = dp π~3 −∞ (p2 − 2mE)2 Décomposons p2 (p2 − 2mE)2

On a ensuite : γ

= = = =

δ

=

p2 en éléments simples. On a : (p2 − 2mE)2 p2 p2 √ √ √ = (p2 − (i −2mE)2 )2 (p + i −2mE)2 (p − i −2mE)2 δ γ √ √ + = p + i −2mE (p + i −2mE)2 ∗ γ δ∗ √ √ + + p − i −2mE (p − i −2mE)2 =

 p2 √ (p − i −2mE)2 p=−i√−2mE √ √   2p(p − i −2mE)2 − 2(p − i −2mE)p2 √ √ (p − i −2mE)4 p=−i −2mE √ √     2pi −2mE 2p(p − i −2mE) − 2p2 √ √ = − √ (p − i −2mE)3 (p − i −2mE)3 p=−i√−2mE p=−i −2mE



d dp



i 4mE = √ 8i(−2mE)3/2 4 −2mE   1 2mE p2 √ = = 8mE 4 (p − i −2mE)2 p=−i√−2mE

et l’on a donc p2 (p2 − 2mE)2

=

=

  i 1 1 √ √ √ − 4 −2mE p + i −2mE p − i −2mE   1 1 1 √ √ + + 4 (p + i −2mE)2 (p − i −2mE)2   1 1 1 1 1 √ √ + + 2 p2 − 2mE 4 (p + i −2mE)2 (p − i −2mE)2

Une primitive de cette fraction rationnelle est donc   Z 1 p p2 √ √ dp = arctan (p2 − 2mE)2 2 −2mE −2mE   1 1 1 √ √ + − 4 p + i −2mE p − i −2mE   1 1 p p √ = − arctan √ 2 p2 − 2mE −2mE 2 −2mE

21

Corrigés des exercices du Chapitre I On a ainsi Z

+∞ −∞

p2 dp 2 (p − 2mE)2

= =



1 √ arctan 2 −2mE π √ 2 −2mE



√

p −2mE



1 p − 2 p2 − 2mE

+∞

−∞

et donc : m2 α3 π m2 α3 mα2 √ = −E = 3√ = 3 π~ 2 −2mE 2~2 2~ −2mE

Ec =

√ mα2 mα du fait que E = − 2 ⇔ −2mE = d’après les résultats de la question 2~ ~ a. Un second raisonnement est basé sur l’égalité : Ec = −

~2 2m

Z

+∞

ϕ∗ (x)

−∞

d2 ϕ(x) dx dx2

d2 ϕ(x) Cependant, présente une discontinuité en x = 0, et il faut donc dx2 réécrire cette intégrale sous la forme : ~2 Ec = − 2m

"Z

0−

d2 ϕ(x) ϕ(x) dx + dx2 −∞

Z

0+ 0−

d2 ϕ(x) dx + ϕ(x) dx2

Z

+∞ 0+

d2 ϕ(x) dx ϕ(x) dx2

#

r

mα − mα e ~2 |x| ~2 est réelle. On peut utiliser ici un raisonnement similaire à celui utilisé dans dϕ(x) l’exercice 2 pour déterminer la valeur de la discontinuité de en x = 0. dx L’équation aux valeurs propres de H s’écrit : avec ϕ∗ (x) = ϕ(x) du fait que la fonction d’onde ϕ(x) =

Hϕ(x) = Eϕ(x) ⇔ −

~2 d2 ϕ(x) − αδ(x)ϕ(x) = Eϕ(x) 2m dx2

En multipliant par ϕ(x) dans les deux membres, on obtient : −

d2 ϕ(x) ~2 − αδ(x)ϕ2 (x) = Eϕ2 (x) ϕ(x) 2m dx2

En intégrant cette équation entre −ε et +ε, on obtient : ~2 − 2m ⇔ −

Z

+ε

−ε 2 Z +ε

~ 2m

−ε

d2 ϕ(x) dx − α ϕ(x) dx2 ϕ(x)

Z

+ε

2

δ(x)ϕ (x)dx = E

+ε

−ε

−ε

d2 ϕ(x) dx − αϕ2 (0) = E dx2

Z

Z

+ε −ε

ϕ2 (x)dx

ϕ2 (x)dx

22

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I En faisant enfin tendre ε vers 0, on obtient : −

~2 2m

Z

0+

ϕ(x) 0−

mα2 d2 ϕ(x) 2 dx = αϕ (0) = ⇔ dx2 ~2

Z

0+

ϕ(x) 0−

d2 ϕ(x) 2m2 α2 dx = − dx2 ~4

On peut ainsi en déduire : Ec

=

=

= =

− − − −

~2 2m

~2 2m

"Z

0−

ϕ(x)

−∞

"

mα  mα

~2

~2  mα 2 2m ~2  2 mα 2~2

~2

d2 ϕ(x) dx + dx2 −

0

2 Z

Z

0+

ϕ(x)

0−

2mα x e ~2 dx

−∞

mα

~2

1 1 −2+ 2 2

~2





2mα

e

2mα x ~2

mα2

=

2~2

−

0−

d2 ϕ(x) dx + dx2

2m2 α2

−∞

~4 −2−

+

+∞

Z

ϕ(x)

0+

Z mα  mα 2 ~2 

mα

~2

~2

~2 2mα

e

d2 ϕ(x) dx dx2

+∞

e

~

− 2mα 2 x ~

0+

− 2mα 2 x

# dx

#

+∞ ! 0+

= −E

et l’on retrouve donc bien le même résultat des deux manières, à savoir que l’énergie cinétique moyenne de la particule est égale à l’opposé de l’énergie de l’état lié. On peut remarquer que la contribution du point x = 0 à l’énergie cinétique moyenne de la particule s’élève à : ~2 − 2m

Z

0+

0−

ϕ(x)

mα2 d2 ϕ(x) dx = dx2 ~2

C’est le double de l’énergie cinétique moyenne de la particule calculée plus haut. Considérons maintenant un puits carré de potentiel centré en x = 0, de largeur a et de profondeur V0 avec aV0 = α, pour justifier ce résultat. Nous avons vu au § 2-c-α du Complément HI que la fonction d’onde d’un état stationnaire d’énergie comprise entre −V0 et 0 a pour expression :   B1 eρx    A2 eikx + A′2 e−ikx ϕ(x) =     B ′ e−ρx 3

a si x < − a a 2 si − 6 x 6 2 a 2 si x > 2

r 2m(E + V0 ) 2mE . On a, d’après le § 2-c-α du Comavec ρ = − 2 et k = ~ ~2 plément HI :  ρ + ik  B1 A2 = e(−ρ+ik)a/2    2ik  ρ − ik A′2 = −e−(ρ+ik)a/2 B1 2ik   2 2    B ′ = ρ + k sin ka B1 3 2kρ r

23

Corrigés des exercices du Chapitre I

Il est possible de déterminer une relation supplémentaire entre B1 , A2 , A′2 et B3′ en tenant compte du fait que la fonction d’onde est normalisée : Z Z

⇔

+∞ −∞

−a 2

−∞

+ Z

⇔

Z

−∞

Z

|B1 |2 e2ρx dx +

+∞

a 2 −a 2

+

|ϕ(x)|2 dx = 1

a 2

a 2

−a 2

ikx (A∗2 e−ikx + A′∗ )(A2 eikx + A′2 e−ikx )dx 2 e

|B3′ |2 e−2ρx dx = 1

|B1 |2 e2ρx dx +

+∞

Z

Z

a 2

−a 2

2ikx (|A2 |2 + |A′2 |2 + A2 A′∗ + A∗2 A′2 e−2ikx )dx 2 e

|B3′ |2 e−2ρx dx = 1

 2ikx  a2 − a2 e2ρx 2 ′ 2 ′∗ e + (|A2 | + |A2 | )a + A2 A2 |B1 | 2ρ −∞ 2ik − a 2  −2ikx  a2  −2ρx +∞ e e −A∗2 A′2 − |B3′ |2 =1 2ik − a 2ρ a 2

⇔



2

2

ika − e−ika e−ρa ∗ ′ e + (|A2 |2 + |A′2 |2 )a + (A2 A′∗ =1 (|B1 |2 + |B3′ |2 ) 2 + A2 A2 ) 2ρ 2ik e−ρa ∗ ′ sin ka + (|A2 |2 + |A′2 |2 )a + (A2 A′∗ =1 (|B1 |2 + |B3′ |2 ) 2 + A2 A2 ) 2ρ k

⇔ ⇔

En reprenant les expressions de A2 , A′2 et B3′ et en remplaçant ρ et k par leurs expressions, on a : A2

A′2

=

e(−ρ+ik)a/2

ρ + ik B1 2ik

=

e−ρa/2 exp

=

e−ρa/2 exp

=

e−ρa/2 exp

=

−e−(ρ+ik)a/2

=

=

r 2mE 2m(E + V0 ) + i ia 2m(E + V0 ) ~2 ~2 r B1 2 2 ~ 2m(E + V0 ) 2i ~2 ! ! r r r E E 1 iaV0 1 2m 1+ − + B1 2 ~2 V0 V0 2 2i E + V0 ! ! r r r 2m E E iα 1 1 1+ − B1 + 2 ~2 V0 V0 2 2i E + V0 !

r

r

−

ρ − ik B1 2ik

r 2mE 2m(E + V0 ) − 2 −i 2m(E + V ) ia 0 ~ ~2 r −e−ρa/2 exp − B1 2 ~2 2m(E + V0 ) 2i ~2 ! ! r r r 1 1 E E iaV0 2m −ρa/2 − + B1 1+ − −e exp − 2 ~2 V0 V0 2 2i E + V0 r

!

r

24

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I A′2

=

B3′

=

= =

−e−ρa/2 exp −

iα 2

r

2m ~2 V0

r

1+

E V0

!

−

1 1 + 2 2i

r

−

E E + V0

!

B1

2m(E + V0 ) 2mE ! r − 2 + 2 ρ2 + k 2 2m(E + V0 ) ~ ~ sin sin kaB1 = r a B1 r 2kρ ~2 2mE 2m(E + V0 ) 2 − ~2 ~2 ! r r E 2m V0 p sin aV0 1+ B1 ~2 V0 V0 2 −E(E + V0 ) ! r r r V0 E 1 2m r sin α − 1+ B1 E ~2 V0 V0 E 2 1+ V0

En faisant ensuite tendre a vers 0 et V0 vers l’infini, on obtient : r r       iα iα E B1 2m 2m B1   1 + 1 + 1 + ≃ A ≃ 2   2  2 r ~2 V0  2V0  2  2 r ~2 V0     iα iα B1 E B1 2m 2m 1− 1− A′2 ≃ 1+ ≃ 2V 2  2 2 ~ 2V 2 2 ~ 0  r rV0   r 0      2m B1   B3′ ≃ B1 − V0 1 − E α 2m 1 + E ≃ α − 2 2 E 2V0 ~2 V0 2V0 2 ~ E

et l’on peut en déduire :

|B3′ |2 ≃ −|B1 |2

mα2 2~2 E

On a de plus, d’après ce qui précède : r 2m sin ka α sin ka ≃ α ⇒ ≃p = 2 ~ V0 k V0 (E + V0 )

α α r ≃ =a V0 E V0 1 + V0

La condition de normalisation de la fonction d’onde devient ainsi :

⇔

(|B1 |2 + |B3′ |2 ) ∗ ′ + (|A2 |2 + |A′2 |2 )a + (A2 A′∗ 2 + A2 A2 )a ≃ 1 2ρ " #−1  r r mα2 |B1 |2 mα2 ~2 ~2 2 1− 2 1− 2 − ≃ 1 ⇔ |B1 | ≃ 2 − 2 2~ E 2mE 2~ E 2mE

L’énergie cinétique de la particule dans le puits vaut, d’après les résultats précédents : Ec

~2

Z

a 2

ϕ∗ (x)

d2 ϕ(x) ~2 k 2 dx = 2 dx 2m

Z

a 2

ikx (A∗2 e−ikx + A′∗ )(A2 eikx + A′2 e−ikx )dx 2 e

=

−

=

(E + V0 )

=

  ∗ ′ sin ka (E + V0 ) (|A2 |2 + |A′2 |2 )a + (A2 A′∗ 2 + A2 A2 ) k

2m

−a 2

Z

a 2 −a 2

−a 2

2ikx (|A2 |2 + |A′2 |2 + A2 A′∗ + A∗2 A′2 e−2ikx )dx 2 e

Corrigés des exercices du Chapitre I

25

En faisant tendre a vers 0 et V0 vers l’infini, on obtient : Ec

≃ ≃

2 2 (E + V0 )(A2 + A′2 )(A∗2 + A′∗ 2 )a ≃ |B1 | (E + V0 )a ≃ α|B1 | #−1 " r mα2 ~2 − 2α 1 − 2 2~ E 2mE

Enfin, lorsque a tend vers 0 et V0 tend vers l’infini avec α = aV0 , le puits carré de potentiel tend vers un puits en fonction delta d’aire α, et l’énergie E tend donc vers l’énergie de l’état lié de la particule retrouvée à la question mα2 a, soit E = − 2 . En remplaçant E par cette valeur dans l’expression de 2~ l’énergie cinétique de la particule dans le puits, on obtient : Ec ≃ 2α

"

mα2 1− 2 2~ E

#−1 r  2 −1 ~2 ~ mα2 = 2α 2 = 2 − 2mE mα ~

La contribution du point x = 0 à l’énergie cinétique moyenne de la particule dans un puits carré de potentiel correspond donc à l’énergie cinétique moyenne de la même particule placée dans un puits carré de potentiel lorsque ce puits tend vers un puits en fonction delta.

1.5

Puits composé de deux fonctions delta

Énoncé. On considère une particule de masse m, dont l’énergie potentielle s’écrit V (x) = −αδ(x) − αδ(x − l) α > 0 où l est une longueur constante.

~ 2 ρ2 . Montrer a. Calculer les états liés de la particule, en posant E = − 2m que les énergies possibles sont données par la relation   2ρ −ρl e =± 1− µ 2mα où µ est défini par µ = 2 . Donner une résolution graphique de cette ~ équation. (i) État fondamental. Montrer que cet état est pair (invariant par l symétrie par rapport au point x = ), et que son énergie ES est 2 inférieure à l’énergie −EL introduite dans le problème 3. Interpréter physiquement ce résultat. Représenter graphiquement la fonction d’onde correspondante.

26

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I (ii) État excité. Montrer que, lorsque l est supérieure à une valeur que l’on précisera, il existe un état excité impair, d’énergie EA supérieure à −EL ; représenter la fonction d’onde correspondante.

(iii) Expliquer comment les calculs qui précèdent permettent de bâtir un modèle représentant une molécule diatomique ionisée (par exemple H+ 2 ) dont les noyaux sont séparés par la distance l. Comment varient, en fonction de l, les énergies des deux niveaux ? Que se passe-t-il à la limite où l → 0 et l → ∞ ? Si l’on tient compte de la répulsion des deux noyaux, quelle est l’énergie totale du système ? Montrer que la courbe donnant les variations en fonction de l des énergies ainsi obtenues permet de prévoir dans certains cas l’existence d’états liés de H+ 2 , et de déterminer la valeur de l à l’équilibre (on obtient ainsi un modèle très élémentaire de liaison chimique). b. Calculer les coefficients de réflexion et de transmission de l’ensemble des deux barrières en fonction delta. Étudier leurs variations en fonction de l ; les résonances ainsi obtenues se produisent-elles lorsque l est un multiple de la longueur d’onde de L. de Broglie de la particule ? Pourquoi ?

Commentaires. Cet exercice nécessite d’avoir traité l’exercice 2, mais pas l’exercice 4. En mécanique classique, pour E < 0, la particule se trouve dans le puits en x = 0 ou dans le puits en x = l, et elle ne peut pas s’en échapper. Il est maintenant possible d’utiliser notre intuition quantique, acquise récemment via la résolution des exercices précédents. En mécanique quantique, le confinement strict de la particule n’est pas possible en raison du principe d’incertitude de Heisenberg. La particule peut explorer et explorera les régions interdites classiquement, à savoir l’extérieur des deux 1 dans l’exercice 2. Si l n’est puits, sur une distance caractéristique notée ρ 1 pas trop grand devant la distance , l’influence du puits en x = l est ρ ressentie dans le puits en x = 0 (et vice versa). La particule peut passer d’un puits à l’autre par effet tunnel. Ce passage, et donc ce couplage entre les puits, permet une stabilisation des états quantiques, comme nous allons le voir dans cet exercice. Cette situation constitue un modèle simple pour décrire la molécule NH3 qui est étudiée dans le Complément GIV . l (le potentiel En raison de la symétrie du problème par rapport à x = 2 étant symétrique), on s’attend à ce que l’état fondamental corresponde à un état symétrique et l’état excité à un état antisymétrique (comme pour une particule piégée dans un puits de potentiel infini). De manière plus générale, les fonctions d’onde seront alternativement symétriques et antisymétriques.

27

Corrigés des exercices du Chapitre I La manière d’aborder ce problème est standard. Comme dans les exercices précédents, il faut écrire les fonctions d’onde spatiales stationnaires dans les différentes régions de l’espace en utilisant des exponentielles réelles dans les régions interdites classiquement, avant de déterminer des relations entre les amplitudes de ces ondes et d’en déduire les conditions sur l’énergie de la particule (c’est-à-dire sa quantification) pour que ce système de constantes possède des solutions non triviales.

Corrigé. On considère une particule de masse m, dont l’énergie potentielle s’écrit V (x) = −αδ(x) − αδ(x − l) α > 0 où l est une longueur constante. ~ 2 ρ2 . Montrer que les a. Calculer les états liés de la particule, en posant E = − 2m énergies possibles sont données par la relation   2ρ e−ρl = ± 1 − µ où µ est défini par µ = équation.

2mα . Donner une résolution graphique de cette ~2

La résolution de cet exercice est similaire à celle de l’exercice 2. L’équation aux valeurs propres de H est la même, à part en x = l, mais il faut prendre garde lorsqu’on tient compte des conditions de continuité de ϕ(x) en x = 0 et x = l (on peut remarquer que la dérivée première est discontinue en ces points du fait que V (x) y diverge). On a V (x) = 0 loin des deux fonctions delta, et l’équation aux valeurs propres de H s’écrit −

~2 d2 ϕ(x) d2 ϕ(x) −2mE d2 ϕ(x) − Eϕ(x) = 0 ⇔ − ϕ(x) = 0 ⇔ − ρ2 ϕ(x) = 0 2 2 2 2m dx dx ~ dx2

r

~ 2 ρ2 −2mE ⇔E=− . On peut remarquer que E < 0 du 2 ~ 2m fait que l’on s’intéresse aux états liés, et ρ est donc bien défini. Les fonctions propres ont donc la forme en posant ρ =

x l1 . Il n’est fait état que d’un seul état lié (l’état fondamental) dans la littérature, aussi bien dans des travaux expérimentaux que théoriques, pour lequel la distance entre les deux noyaux est voisine de 1,052 Å. Tous les états excités identifiés sont répulsifs et conduisent à la dissociation de la molécule. H+ 2 tombe donc dans la deuxième catégorie du modèle (l0 < l 6 l1 ). b. Calculer les coefficients de réflexion et de transmission de l’ensemble des deux barrières en fonction delta. Étudier leurs variations en fonction de l; les résonances ainsi obtenues se produisent-elles lorsque l est un multiple de la longueur d’onde de L. de Broglie de la particule ? Pourquoi ? Supposons maintenant que E > 0. On a V (x) = 0 loin des deux fonctions delta, et l’équation aux valeurs propres de H s’écrit −

~2 d2 ϕ(x) d2 ϕ(x) 2mE d2 ϕ(x) 2 −Eϕ(x) = 0 ⇔ + ϕ(x) = 0 ⇔ +k ϕ(x) = 0 2m dx2 dx2 ~2 dx2

36

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I en posant k =

r

2mE . Les fonctions propres ont donc la forme ~2 x a

46

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

et est représenté sur la figure 1.13.

Fig. 1.13 – Représentation graphique du potentiel considéré. La particule ne peut pas exister dans la région I (x < 0), et l’équation aux valeurs propres de H s’écrit −

d2 ϕ(x) 2m(E + V0 ) d2 ϕ(x) ~2 d2 ϕ(x) −(E+V0 )ϕ(x) = 0 ⇔ + ϕ(x) = 0 ⇔ +k2 ϕ(x) = 0 2 2 2 2m dx dx ~ dx2

avec k =

r

2m(E + V0 ) dans la région II (0 6 x < a) et ~2

d2 ϕ(x) −2mE d2 ϕ(x) ~2 d2 ϕ(x) − Eϕ(x) = 0 ⇔ − ϕ(x) = 0 ⇔ − ρ2 ϕ(x) = 0 2m dx2 dx2 ~2 dx2 r −2mE avec ρ = dans la région III (x > a) pour un état lié d’énergie E telle que ~2 −V0 < E < 0. Les fonctions propres d’un état lié ont donc l’expression suivante dans les trois régions :   ϕI (x) = 0 ϕII (x) = A2 eikx + A′2 e−ikx  ϕIII (x) = B3 eρx + B3′ e−ρx −

ϕ(x) doit être bornée lorsque x → +∞ donc B3 = 0, et l’on a   ϕI (x) = 0 ϕII (x) = A2 eikx + A′2 e−ikx  ϕIII (x) = B3′ e−ρx

47

Corrigés des exercices du Chapitre I D’une part, ϕ(x) est continue en x = 0 et en x = a, donc :   ϕI (0) = ϕII (0) A2 + A′2 = 0 ⇔ ϕII (a) = ϕIII (a) A2 eika + A′2 e−ika = B3′ e−ρa

dϕ(x) est continue en x = a du fait que la variation de V (x) en D’autre part, dx x = a est finie, donc dϕII (a) dϕIII (a) ρ = ⇔ ikA2 eika −ikA′2 e−ika = −ρB3′ e−ρa ⇔ A2 eika −A′2 e−ika = − B3′ e−ρa dx dx ik

On a donc, en notant A2 = A et B3′ = B :   ϕI (x) = 0 ϕII (x) = Aeikx − Ae−ikx  ϕIII (x) = Be−ρx

ϕII (x) étant impaire, elle peut facilement être prolongée sur −a < x 6 0, en posant ϕI (x) = −Beρx de sorte que ϕ(x) soit impaire. On a alors :  si x 6 −a  ϕI (x) = −Beρx ϕII (x) = Aeikx − Ae−ikx si − a < x < a  ϕIII (x) = Be−ρx si x > a et cette fonction d’onde impaire correspond bien à un état stationnaire pour un puits carré de largeur 2a et de profondeur V0 , comme nous l’avons vu dans le Complément HI . On a donc :  ρ  −(ρ+ik)a ′ ik − ρ −(ρ+ik)a ′ 1  e B3 1− e B3 =  A2 = 2 ik 2ik     A′ = 1 1 + ρ e(ik−ρ)a B ′ = ρ + ik e(ik−ρ)a B ′ 2 3 3 2 ik 2ik d’après les résultats de la question a de l’exercice 6, en remplaçant a par 2a. On a enfin A2 + A′2 = 0 ⇔ (ik − ρ)e−ika + (ρ + ik)eika = 0 ⇔

ρ − ik = e2ika ρ + ik

et donc ρ − ik = (ρ + ik)e2ika

Posons k0 =

r

cos2 ka =

⇔ (1 − e2ika )ρ = ik(1 + e2ika ) ρ e−ika + eika 1 1 + e2ika ⇔ = i −ika =− =i 2ika k 1−e e − eika tan ka

p 2mV0 = k 2 + ρ2 . On a 2 ~ 1 = 1 + tan2 ka

1

1+

k2 ρ2

=

ρ2 k2 k2 2 ⇔ sin ka = = k 2 + ρ2 k 2 + ρ2 k02

48

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

et l’équation

ρ − ik = e2ika est donc équivalente au système de deux équations ρ + ik  

k k  tan ka < 0 0 |sin ka| =

Les niveaux d’énergie possibles sont donc déterminés par l’intersection d’une droite 1 de pente (représentée en traits pleins sur la figure 1.14) avec des arcs de sinuk0 soïdes (représentés en traits tiretés sur la figure 1.14) : r 2mV0 π π π 2 ~2 < , il n’existe pas d’état lié de • si k0 < ⇔ ⇔ V < V = 0 1 2a ~2 2a 8ma2 la particule, contrairement au cas du puits carré symétrique, 3π π 2 ~2 9π 2 ~2 π < k0 < ⇔ < V0 < , il existe un seul état lié de la • si 2 2a 2a 8ma 8ma2 particule, • en généralisant, si (2n − 1)

π (2n + 1)2 π 2 ~2 π (2n − 1)2 π 2 ~2 < V < < k0 < (2n + 1) ⇔ 0 2a 2a 8ma2 8ma2

il existe n ∈ N∗ états liés de la particule, ce qui est logique puisque la fonction d’onde est impaire, ce qui implique que les états liés sont nécessairement eux aussi impairs.

Fig. 1.14 – Détermination graphique des états liés de la particule. Sur cet exemple, seuls deux états liés (représentés par des points) sont possibles étant donné la valeur de V0 , qui est directement liée à la valeur de k0 .

49

Corrigés des exercices du Chapitre I

1.8

Potentiel à deux dimensions

Énoncé. On considère, dans un problème à deux dimensions, la réflexion oblique d’une particule sur une marche de potentiel définie par : V (x, y) = 0 V (x, y) = V0

si x < 0 si x > 0

Étudier le mouvement du centre du paquet d’ondes. Dans le cas de la réflexion totale, interpréter physiquement les différences entre la trajectoire de ce centre et la trajectoire classique (décalage latéral à la réflexion). Montrer que, lorsque V0 → +∞, la trajectoire quantique devient asymptote à la trajectoire classique.

Commentaires. Cet exercice traite de la réflexion totale sur une interface, c’est-à-dire d’un changement de milieu, qui est caractérisé ici par un changement d’énergie potentielle. Comme l’énoncé mentionne une réflexion totale, l’énergie E de la particule est inférieure à V0 dans la région x > 0, c’est-à-dire dans la région qui est interdite par la mécanique classique. L’énoncé demande explicitement une comparaison avec la réflexion d’un faisceau de particules sur une interface. En gardant en tête la dualité onde-corpuscule du système, il nous faut également nous rappeler l’expérience dans laquelle une onde se réfléchit totalement sur une interface. En effet, même si l’onde est totalement réfléchie, il existe malgré tout une onde « évanescente » de l’autre côté de l’interface. En mécanique quantique, intuitivement, la particule explore la région « interdite » classiquement : la fonction d’onde dans la région interdite devrait prendre la forme d’une onde « évanescente ». Le problème, bien qu’à deux dimensions, vise à décrire des particules se déplaçant en ligne droite, et donc associées à une onde plane (ou à un paquet d’ondes planes) dont le vecteur d’onde est noté k = kx ex + ky ey . Cette décomposition nous encourage à séparer la fonction d’onde spatiale ϕ(x, y) du problème sous la forme ϕ(x, y) = ϕ1 (x)ϕ2 (y). Le problème est schématisé sur la figure 1.15.

Corrigé. On considère, dans un problème à deux dimensions, la réflexion oblique d’une particule sur une marche de potentiel définie par : V (x, y) = 0 V (x, y) = V0

si x < 0 si x > 0

50

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 1.15 – Onde incidente sur une interface.

Étudier le mouvement du centre du paquet d’ondes. Dans le cas de la réflexion totale, interpréter physiquement les différences entre la trajectoire de ce centre et la trajectoire classique (décalage latéral à la réflexion). Montrer que, lorsque V0 → +∞, la trajectoire quantique devient asymptote à la trajectoire classique. L’expression du potentiel ne dépend ici que de x, mais il est utile, comme nous le verrons ci-dessous, de séparer les variables d’espace x et y pour le décomposer sous la forme V (x, y) = V1 (x) + V2 (y) avec V1 (x) =



0 V0

si x < 0 si x > 0

et ∀y ∈ R, V2 (y) = 0

Cherchons alors des solutions sous la forme ϕ(x, y) = ϕ1 (x)ϕ2 (y). Ces fonctions sont solutions de l’équation aux valeurs propres : ~2 ∂ 2 ϕ(x, y) ~2 ∂ 2 ϕ(x, y) − + V (x, y)ϕ(x, y) = Eϕ(x, y) 2 2m ∂x 2m ∂y 2  2  d ϕ1 (x) d2 ϕ2 (y) ~2 ϕ2 (y) + ϕ1 (x) + (V1 (x) + V2 (y))ϕ1 (x)ϕ2 (y) = Eϕ1 (x)ϕ2 (y) − 2 2 2m dx dy

− ⇔

En divisant ensuite dans les deux membres par ϕ1 (x)ϕ2 (y), on obtient : −

~2 1 d2 ϕ2 (y) ~2 1 d2 ϕ1 (x) − + V1 (x) + V2 (y) = E 2m ϕ1 (x) dx2 2m ϕ2 (y) dy 2

et les variables x et y peuvent alors être séparées afin d’obtenir deux équations aux valeurs propres :  ~2 d2 ϕ1 (x)   + V1 (x)ϕ1 (x) = E1 ϕ1 (x)  − 2m dx2 2 2    − ~ d ϕ2 (y) + V2 (y)ϕ2 (y) = E2 ϕ2 (y) 2m dy 2

51

Corrigés des exercices du Chapitre I

avec E = E1 + E2 . On se place ici dans le cas de la réflexion totale, c’est-à-dire dans le cas où l’énergie E1 de la particule vérifie 0 < E1 < V0 . Les fonctions propres ϕ1 (x) sont solutions de l’équation aux valeurs propres −

d2 ϕ1 (x) 2mE1 d2 ϕ1 (x) ~2 d2 ϕ1 (x) − E1 ϕ1 (x) = 0 ⇔ + ϕ1 (x) = 0 ⇔ + k12 ϕ1 (x) = 0 2 2 2 2m dx dx ~ dx2

avec k1 = −

r

2mE1 dans la région I (x < 0) et de ~2

d2 ϕ1 (x) 2m(V0 − E1 ) d2 ϕ1 (x) ~2 d2 ϕ1 (x) + (V0 − E1 )ϕ1 (x) = 0 ⇔ − ϕ1 (x) = 0 ⇔ − ρ21 ϕ1 (x) = 0 2m dx2 dx2 ~2 dx2

r

2m(V0 − E1 ) dans la région II (x > 0). Les fonctions propres ϕ1 (x) ~2 ont donc l’expression suivante dans les deux régions :  ϕ1,I (x) = Aeik1 x + A′ e−ik1 x ϕ1,II (x) = Beρ1 x + B ′ e−ρ1 x avec ρ1 =

et l’on doit avoir B = 0 pour que ϕ1 (x) soit bornée lorsque x → +∞, ce qui donne  ϕ1,I (x) = Aeik1 x + A′ e−ik1 x ϕ1,II (x) = B ′ e−ρ1 x De plus, les fonctions ϕ1 (x) sont continues en x = 0, de même que leur dérivée, et l’on a donc : (  ϕ1,I (0) = ϕ1,II (0) A + A′ = B ′ dϕ1,II (0) ⇔ dϕ1,I (0) ik1 (A − A′ ) = −ρ1 B ′ = dx dx On a ainsi ik1 (A − A′ ) = −ρ1 (A + A′ ) ⇔ (ρ1 + ik1 )A = (−ρ1 + ik1 )A′ ⇔ A′ = et B ′ = A + A′ =

ik1 + ρ1 A ik1 − ρ1

2ik1 A ik1 − ρ

Comme V2 (y) = 0, dans le cas où E2 > 0, les fonctions propres ϕ2 (y) sont solutions de l’équation aux valeurs propres −

~2 d2 ϕ2 (x) d2 ϕ2 (x) 2mE2 d2 ϕ2 (x) − E2 ϕ2 (x) = 0 ⇔ + ϕ2 (x) = 0 ⇔ + k22 ϕ2 (x) = 0 2 2 2 2m dx dx ~ dx2

avec k2 =

r

2mE2 et peuvent donc s’écrire : ~2 ϕ2 (y) = Ceik2 y + C ′ e−ik2 y

En supposant que la particule incidente provient de la région y < 0, on a C ′ = 0 et l’on peut choisir C = 1 de sorte que ϕ2 (y) = eik2 y

52

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Les fonctions propres ϕ(x, y) vérifient donc :  ϕI (x, y) = Aei(k1 x+k2 y) + A′ ei(−k1 x+k2 y) ϕII (x, y) = B ′ e−ρ1 x+ik2 y Interprétons ce résultat en termes d’ondes. Dans la région I, il existe une onde incidente et une onde réfléchie. Les constantes (les amplitudes complexes) de chaque onde sont respectivement A et A′ , et la propagation de l’onde réfléchie selon l’axe Oy est identique à celle de l’onde incidente, mais sa propagation selon l’axe Ox est inversée en raison de la réflexion sur l’interface décrite par la loi de Snell-Descartes. Dans la région II, il existe une onde dite « évanescente », dont la constante associée est B ′ , qui se propage selon l’axe Oy, comme les ondes de la région I, mais est exponentiellement amortie le long de l’axe Ox. Cela signifie que l’onde reste localisée au voisinage de l’interface et n’entre dans la région « interdite » II que 1 . Nous avons montré plus haut que sur une distance de l’ordre de ρ1 k1 − iρ1 ik1 + ρ1 A′ = = A ik1 − ρ1 k1 + iρ1

Les coefficients A et A′ ont donc même module, et l’on peut écrire p ρ1 A′ K02 − k12 −2iθ(k1 ) = =e avec tan θ(k1 ) = A k1 k1 r ′ 2 A 2mV0 en notant K0 = . On peut remarquer ici que = 1 et qu’il y a bien 2 ~ A réflexion totale. En d’autres termes, la probabilité pour que la particule soit réfléchie vaut 1 ou 100 %. Cela signifie que la différence entre les résultats quantique (et donc l’influence de l’onde « évanescente ») et classique est faible. L’énoncé de l’exercice vise néanmoins à pousser l’analyse plus loin en étudiant la « trajectoire » du paquet d’ondes. Le paquet d’ondes s’écrit, à l’instant t = 0 et pour x négatif : ψ(x, y, 0) =

1 2π

Z

k1 =K0 k1 =0

Z

k2 =+∞ k2 =0

h i dk1 dk2 g(k1 , k2 ) ei(k1 x+k2 y) + e−2iθ(k1 ) ei(−k1 x+k2 y)

du fait que 0 < E1 < V0 . Supposons que |g(k1 , k2 )| présente un pic prononcé de largeur ∆k1 autour de la valeur k1 = k01 < K0 selon x et de largeur ∆k2 autour de la valeur k2 = k02 selon y. L’expression de la fonction d’onde ψ(x, y, t) à un instant t quelconque est alors Z k1 =K0 Z k2 =+∞ 1 ψ(x, y, t) = dk1 dk2 g(k1 , k2 )ei[k1 x+k2 y−ω(k1 ,k2 )t] 2π k1 =0 k2 =0 Z k1 =K0 Z k2 =+∞ 1 dk1 dk2 g(k1 , k2 )e−i[k1 x−k2 y+ω(k1 ,k2 )t+2θ(k1 )] + 2π k1 =0 k2 =0 ~ 2 (k + k22 ). Le premier terme représente le paquet d’ondes 2m 1 incident, le second le paquet d’ondes réfléchi. En supposant la fonction g(k1 , k2 ) avec ω(k1 , k2 ) =

53

Corrigés des exercices du Chapitre I

réelle, la condition de phase stationnaire permet de calculer la position (xi , yi ) du centre du paquet d’ondes incident à l’aide de la relation (11) du Complément FI :     ∂ω(k1 , k2 ) ~k01 ~k02 ∂ω(k1 , k2 ) t et yi = t t = = xi = t ∂k1 m ∂k m 2 k1 =k01 k2 =k02 De même, la position (xr , yr ) du centre du paquet d’ondes réfléchi peut être calculée comme suit :       ∂ω(k1 , k2 ) dθ(k1 ) ~k01 ∂θ(k1 ) xr = −t t−2 −2 =− ∂k1 ∂k1 k1 =k01 m dk1 k1 =k01 k =k  1 01    ~k02 ∂ω(k1 , k2 ) ∂θ(k1 ) t yr = t +2 = ∂k2 ∂k m 2 k2 =k02 k2 =k02 Or en différenciant

p K02 − k12 tan θ(k1 ) = k1

on obtient

p   dk1 K02 − k12 K02 − k12 dθ = − dk1 − p 2 (1 + tan θ(k1 ))dθ = 1 + 2 2 k1 k1 K0 − k12 2

⇔

K2 K02 dk1 dθ = − 2 p 20 2 k1 k1 K0 − k12

et l’on a donc au final

(xr , yr ) =

~k02 2 ~k01 , t+ p 2 t − 2 m K0 − k1 m

!

Considérons tout d’abord ce qui se passe pour t négatif. Le centre (xi , yi ) du paquet d’ondes incident se propage dans le sens des x et des y croissants aux vitesses ~k02 ~k01 selon x et selon y. D’autre part, on voit que, pour t < 0, xr constantes m m est positif et donc situé en dehors de la région x < 0 où l’expression de ψ(x, y, t) est valable ; ceci signifie que, pour toutes les valeurs négatives de x, les diverses ondes du paquet d’ondes réfléchi interfèrent destructivement : pour t négatif, il n’y a pas de paquet d’ondes réfléchi, mais seulement un paquet d’ondes incident. Le centre du paquet d’ondes incident arrive sur la marche de potentiel à l’instant t = 0. Pendant un certain intervalle de temps autour de t = 0, le paquet d’ondes est localisé dans la région x ≃ 0 où se trouve la barrière, et sa forme est relativement compliquée. Mais lorsque t est suffisamment grand, on voit que c’est maintenant le paquet d’ondes incident qui a disparu et l’on se trouve en présence du seul paquet d’ondes réfléchi. En effet, c’est maintenant xi qui est positif, alors que xr est devenu négatif : les ondes du paquet d’ondes incident interfèrent destructivement pour toutes les valeurs négatives de x alors que celles du paquet d’ondes réfléchi interfèrent constructivement pour x = xr < 0. Le paquet d’ondes réfléchi se propage ~k01 opposée à celle du paquet d’ondes dans le sens des x décroissants à la vitesse − m

54

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

incident avant qu’il ne rencontre la barrière, et dans le sens des y croissants à la ~k02 identique à celle du paquet d’ondes incident avant qu’il ne rencontre vitesse m la barrière ; sa forme est inchangée (à une symétrie près). De plus, l’expression de xr indique que la réflexion a introduit un retard τ donné par

τ=

~k01

2m p K02 − k12

Contrairement à ce que prévoit la mécanique classique, la particule n’est pas réfléchie instantanément. Physiquement, ce retard est dû au fait que, pour t voisin de zéro, la probabilité de présence de la particule dans la région x > 0 « interdite » classiquement n’est pas nulle : on peut dire, en langage imagé, que la particule « perd » un temps de l’ordre de τ dans cette région avant de rebrousser chemin. On peut également remarquer que la particule repasse dans la région x < 0 en t = τ : ~k02 τ alors qu’elle y était « entrée » elle « ressort » donc de la marche en y = m en y = 0, ce qui se traduit donc par un décalage latéral. τ représente la durée caractéristique durant laquelle les paquets d’ondes incident, réfléchi et transmis interagissent et coexistent au voisinage de l’interface. Les ondes du paquet d’ondes transmis n’interfèrent constructivement que pendant la durée τ , durée pendant

Fig. 1.16 – Trajectoire du centre du paquet d’ondes incident, et trajectoires quantique et classique du centre du paquet d’ondes réfléchi. On peut remarquer que les trajectoires sont représentées en traits tiretés au voisinage de l’interface puisque la notion même de trajectoire n’y a plus trop de sens. Ceci est dû à la forme complexe du paquet d’ondes qui résulte des interactions entre les ondes incidentes, réfléchies et transmises dans cette région.

Corrigés des exercices du Chapitre I

55

~k02 τ (v2 est ici la vitesse laquelle le paquet d’ondes transmis se déplace de v2 τ = m   ∂ω(k1 , k2 ) de groupe, vitesse de l’enveloppe du paquet d’ondes ). ∂k2 k2 =k02 Lorsque V0 → +∞, E1 ≪ V0 ⇔ k1 ≪ K0 et le retard τ tend donc vers 0 : la réflexion se produit alors de manière instantanée et sans décalage latéral. La trajectoire quantique devient donc asymptote à la trajectoire classique lorsque V0 → +∞. La trajectoire du centre du paquet d’ondes incident et les trajectoires quantique et classique du paquet d’ondes réfléchi sont représentées sur la figure 1.16.

Chapitre 2 Corrigés des exercices du Chapitre II (Complément HII). Les outils mathématiques de la mécanique quantique Il apparaît, dès le premier chapitre, que la description des phénomènes quantiques nécessite des outils mathématiques qui ne sont pas forcément connus ou maîtrisés lorsqu’on étudie la mécanique quantique pour la première fois. Les exercices de ce chapitre représentent une excellente opportunité d’acquérir la dextérité mathématique nécessaire pour aborder les problèmes physiques, ou tout simplement pour revoir les bases.

Notations de Dirac. Commutateurs. Vecteurs et valeurs propres 2.1

Une première approche

Énoncé. On appelle |ϕn i les états propres d’un opérateur hermitique H (H est par exemple l’hamiltonien d’un système physique quelconque). On suppose que les états |ϕn i forment une base orthonormée discrète. L’opérateur U (m, n) est défini par : U (m, n) = |ϕm i hϕn | a. Calculer l’adjoint U † (m, n) de U (m, n). b. Calculer le commutateur [H, U (m, n)].

58

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I c. Démontrer la relation : U (m, n)U † (p, q) = δnq U (m, p) d. Calculer Tr{U (m, n)}, trace de l’opérateur U (m, n). e. Soit A un opérateur, d’éléments de matrice Amn = hϕm | A |ϕn i. Démontrer la relation : X A= Amn U (m, n) m,n

f. Montrer que Apq = Tr{AU † (p, q)}.

Commentaires. Le formalisme de la mécanique quantique est très puissant. Il est essentiel d’être capable de le manipuler avec dextérité. Il importe également de tenter de donner un sens physique aux divers objets étudiés. Il faut se poser la question, une fois le résultat obtenu : quel sens donner à ce résultat ?

Corrigé. On appelle |ϕn i les états propres d’un opérateur hermitique H (H est par exemple l’hamiltonien d’un système physique quelconque). On suppose que les états |ϕn i forment une base orthonormée discrète. L’opérateur U (m, n) est défini par : U (m, n) = |ϕm i hϕn | Avant de commencer l’exercice, visualisons l’action de l’opérateur U (m, n) sur un état |ψi quelconque de l’espace des états. Cette étape peut s’avérer utile lorsqu’on réfléchit à la physique d’un problème réel lorsque U représente un vrai opérateur quantique. |ψi peut se développer sur la base {|ϕn i} : |ψi =

X k

ck |ϕk i

où ck = hϕk |ψi représente la composante de |ψi sur |ϕk i. La base étant orthonormée, l’action de U (m, n) revient à projeter |ψi sur |ϕn i (donnant ainsi |ϕn i hϕn |ψi = cn |ϕn i) puis à remplacer |ϕn i par |ϕm i : U (m, n) |ψi = cn |ϕm i Distinguons deux cas : • si m = n, l’action de l’opérateur revient donc à projeter |ψi sur |ϕm i. U (m, m) est l’opérateur projecteur sur |ϕm i.

Corrigés des exercices du Chapitre II

59

• si m 6= n, l’action de l’opérateur revient à projeter |ψi sur |ϕn i puis à remplacer |ϕn i par |ϕm i ; le résultat est un couplage entre les deux vecteurs |ϕn i et |ϕm i de la base. En ce sens, U (m, n) est un opérateur de couplage entre |ϕn i et |ϕm i. a. Calculer l’adjoint U † (m, n) de U (m, n). On a : U † (m, n) = (|ϕm i hϕn |)†

que l’on peut écrire, en utilisant les propriétés élémentaires de l’adjoint : U † (m, n) = |ϕn i hϕm | = U (n, m) b. Calculer le commutateur [H, U (m, n)]. Calculons [H, U (m, n)]

= HU (m, n) − U (m, n)H = H |ϕm i hϕn | − |ϕm i hϕn | H

= Em |ϕm i hϕn | − |ϕm i hϕn | En

On obtient ainsi : [H, U (m, n)] = (Em − En )U (m, n) On peut distinguer deux cas : • si m = n, H et U (m, m) (qui est le projecteur sur |ϕm i) commutent, du fait que |ϕm i est un état propre de H. Les matrices représentant H et U (m, m) sont toutes les deux diagonales dans la base {|ϕn i}.

• si m 6= n, H et U (m, n) ne commutent pas du fait que le mélange des états propres crée des termes non diagonaux. Les deux matrices ne peuvent pas être toutes deux diagonalisées dans la base {|ϕn i}.

c. Démontrer la relation : U (m, n)U † (p, q) = δnq U (m, p) On a, d’après les résultats de la question a : U (m, n)U † (p, q) = =

U (m, n)U (q, p) = (|ϕm i hϕn |)(|ϕq i hϕp |) |ϕm i hϕn |ϕq i hϕp | = δnq |ϕm i hϕp | = δnq U (m, p)

du fait que les états |ϕn i forment une base orthonormée de E . On a donc bien U (m, n)U † (p, q) = δnq U (m, p)

60

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Comme l’action de U † (p, q) = U (q, p) sur n’importe quel ket |ψi renvoie un vecteur colinéaire à |ϕq i, la relation ci-dessus montre que l’action de U (m, n) sur U † (p, q) |ψi ∝ |ϕq i n’a de sens que si q = n, auquel cas l’action de l’opérateur U (m, n)U † (p, q) revient à projeter |ψi sur |ϕp i avant de remplacer |ϕp i par |ϕm i. d. Calculer Tr{U (m, n)}, trace de l’opérateur U (m, n). On a par définition : X X X δim δni = δmn hϕi |ϕm ihϕn |ϕi i = hϕi | U (m, n) |ϕi i = Tr{U (m, n)} = i

i

i

et donc, au final : Tr{U (m, n)} = δmn e. Soit A un opérateur, d’éléments de matrice Amn = hϕm | A |ϕn i. Démontrer la relation : X A= Amn U (m, n) m,n

Soient |ϕi et |ψi deux kets quelconques de E . On a, en insérant la relation de fermeture deux fois dans hϕ| A |ψi : X hϕ| A |ψi = hϕ|ϕm i hϕm | A |ϕn i hϕn |ψi m,n

X

=

hϕ|ϕm iAmn hϕn |ψi =

m,n

X

=

m,n

X

m,n

hϕ| (Amn |ϕm i hϕn |) |ψi

hϕ| (Amn U (m, n)) |ψi = hϕ|

X

m,n

!

Amn U (m, n) |ψi

Cette relation étant vraie quels que soient |ϕi , |ψi ∈ E , on a bien : A=

X

Amn U (m, n)

m,n

f. Montrer que Apq = Tr{AU † (p, q)}. On a, en utilisant les résultats des questions a, c, d et e : †

Tr{AU (p, q)}

(

=

Tr

=

X

X

†

Amn U (m, n)U (p, q)

m,n

m,n

et donc

)

Amn δnq Tr {U (m, p)} =

X

m,n

=

X

m,n





Amn Tr U (m, n)U † (p, q)

Amn δnq δmp = Apq

61

Corrigés des exercices du Chapitre II Apq = Tr{AU † (p, q)}

La trace (déjà étudiée à la question d), combinée avec l’opérateur U † (p, q), permet de lire l’élément de matrice Apq de A.

2.2

Diagonalisation, base orthonormée, relation de fermeture

Énoncé. Dans un espace vectoriel à deux dimensions, on considère l’opérateur dont la matrice, dans une base orthonormée {|1i , |2i}, s’écrit :   0 −i σy = i 0 a. σy est-il hermitique ? Calculer ses valeurs propres et ses vecteurs propres (on donnera leur développement normalisé sur la base {|1i , |2i}). b. Calculer les matrices représentant les projecteurs sur ces vecteurs propres. Vérifier alors que ceux-ci satisfont à des relations d’orthogonalité et de fermeture. c. Mêmes questions pour les matrices :  2√ M= −i 2

√  i 2 3

et, dans un espace à trois dimensions √  0 2 ~  √ Ly = − 2 0 √ 2i 0 − 2

 √0 2  0

Commentaires. Cet exercice traite de la diagonalisation des matrices ; la logique est claire. On commence par vérifier que l’opérateur A est hermitique, c’est-à-dire diagonalisable. On calcule ensuite les valeurs propres λ en utilisant le polynôme caractéristique det(A − λI) = 0. Pour chaque valeur propre, on calcule ensuite le vecteur propre associé. Une fois les vecteurs propres |ϕi i déterminés, on introduit les projecteurs associés Pi = |ϕi i hϕi |. On vérifie enfin les relations d’orthogonalité en montrant que le produit de n’importe quel couple de projecteurs est nul. Les projecteurs satisfont

62

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I également à une relation de fermeture, ce que nous vérifions en montrant que la somme des projecteurs donne la matrice identité.

Corrigé. Dans un espace vectoriel à deux dimensions, on considère l’opérateur dont la matrice, dans une base orthonormée {|1i , |2i}, s’écrit :   0 −i σy = i 0 En matière de physique, σy est ce qu’on appelle une matrice de Pauli. Elle est notamment utilisée lorsqu’on décrit l’interaction entre le spin d’une particule et un champ électromagnétique externe. Voir le Chapitre IV pour de plus amples détails, en particulier le § A-2 et le Complément AIV . a. σy est-il hermitique ? Calculer ses valeurs propres et ses vecteurs propres (on donnera leur développement normalisé sur la base {|1i , |2i}). On a :

σy† =



0 i

−i 0



= σy

et σy est donc hermitique. On a de plus : −λ −i = λ2 − 1 = (λ + 1)(λ − 1) det(σy − λI) = i −λ

et σy possède deux valeurs propres non dégénérées : +1 et −1. On a d’une part, pour la première valeur propre λ = +1 :       −1 −i x 0 −x − iy = 0 = ⇔ ⇔ y = ix i −1 y 0 ix − y = 0 1 et |ϕ1 i = √ (|1i + i |2i) est vecteur propre de σy associé à la valeur propre 2 +1. On a d’autre part, pour la seconde valeur propre λ = −1 :       1 −i x 0 x − iy = 0 = ⇔ ⇔ y = −ix i 1 y 0 ix + y = 0 1 et |ϕ2 i = √ (|1i − i |2i) est vecteur propre de σy associé à la valeur propre 2 −1. σy possède donc pour vecteurs propres : 1 • |ϕ1 i = √ (|1i + i |2i), associé à la valeur propre +1, 2 1 • |ϕ2 i = √ (|1i − i |2i), associé à la valeur propre −1. 2

63

Corrigés des exercices du Chapitre II

b. Calculer les matrices représentant les projecteurs sur ces vecteurs propres. Vérifier alors que ceux-ci satisfont à des relations d’orthogonalité et de fermeture. Notons P1 le projecteur sur le vecteur propre |ϕ1 i vecteur propre |ϕ2 i. On a par définition :  
1 1 1 −i = P1 = |ϕ1 i hϕ1 | = i 2  
1 1 1 i = P2 = |ϕ2 i hϕ2 | = −i 2

et P2 le projecteur sur le 1 2



1 i

−i 1



1 2



1 i −i 1





=0

et donc :

 1 4  1 P2 P1 = 4 P1 P2 =

1 i 1 −i

−i 1 i 1





1 i −i 1

1 i

−i 1



=0

et P1 et P2 satisfont bien à une relation d’orthogonalité. D’autre part :     1 1 1 −i 1 i + =I P1 + P2 = i 1 −i 1 2 2 et P1 et P2 satisfont également à une relation de fermeture. c. Mêmes questions pour les matrices : √   2√ i 2 M= −i 2 3 et, dans un espace à trois dimensions √  0 2 √ ~  Ly = − 2 0 √ 2i 0 − 2

Concernant la matrice M , on a :  † M = et M est donc hermitique. On √ 2−λ i 2 √ det(M −λI) = −i 2 3 − λ

 √0 2  0

√  2√ i 2 =M −i 2 3

a: = (2−λ)(3−λ)−2 = λ2 −5λ+4 = (λ−1)(λ−4)

et M possède deux valeurs propres non dégénérées : 1 et 4. On a d’une part, pour la première valeur propre λ = 1 : √ √ √       2 x 0 x +√i 2y = 0 1√ i 2 x ⇔y=i = ⇔ y 0 −i 2 2 −i 2x + 2y = 0 2

64

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et |ϕ1 i =

r

2 3

! √ 2 |1i + i |2i est vecteur propre de M associé à la valeur 2

propre 1. On a d’autre part, pour la seconde valeur propre λ = 4 : 

√ √      √ x 0 −2x −2 √ i 2 √ + i 2y = 0 ⇔ y = −i 2x = ⇔ y 0 −i 2 −1 −i 2x − y = 0

 √ 1  et |ϕ2 i = √ |1i − i 2 |2i est vecteur propre de M associé à la valeur 3 propre 4. M possède donc pour vecteurs propres : ! r √ 2 2 • |ϕ1 i = |1i + i |2i , associé à la valeur propre 1, 3 2  √ 1  • |ϕ2 i = √ |1i − i 2 |2i , associé à la valeur propre 4. 3 Notons P1 le projecteur sur le vecteur propre |ϕ1 i et P2 le projecteur sur le vecteur propre |ϕ2 i. On a par définition : √   √  1 2 −i 2 2 √ = −i i 2 1 3 2

   1 2 √  P1 = |ϕ1 i hϕ1 | = 2 1 3 i 2 P2 = |ϕ2 i hϕ2 | =

1 3



1√ −i 2

et donc : 1 P1 P2 = 9





1

√
1 i 2 = 3



√  1√ i 2 −i 2 2

√  √  1√ i 2 2 −i 2 √ = 0 = P2 P1 i 2 1 −i 2 2

et P1 et P2 satisfont bien à une relation d’orthogonalité. D’autre part : P1 + P2 =

1 3



2 √ i 2

√  √   1 −i 2 1√ i 2 + =I −i 2 1 2 3

et P1 et P2 satisfont également à une relation de fermeture. Concernant la matrice Ly , qui est une représentation de la composante selon y de l’opérateur moment cinétique (voir Chapitre VI), on a : √ 0 − 2 ~  √ † Ly = − 2 √0 2i 0 2 

√    0 0 2 √0 √ √ ~  − 2 − 2 = 0 2  = Ly √ 2i 0 0 − 2 0

65

Corrigés des exercices du Chapitre II et Ly est donc hermitique. On a : ~ −λ √ 0 i 2   ~ ~ ~2 ~2 2 √ = −λ λ − −λ + λ det(Ly − λI) = − √ 2 2 i 2 i 2 ~ 0 − √ −λ i 2
= −λ λ2 − ~2 = −λ(λ − ~)(λ + ~) et Ly possède trois valeurs propres non dégénérées : 0, −~ et +~. On a d’une part, pour la première valeur propre λ = 0 :  0 ~  √ − 2 2i 0

√

2 0 √ − 2

 √     2y = 0 √ x 0  √ √0      ⇔ y 0 = 2 −√2x + 2z = 0  0 z 0 − 2y = 0

⇔



y=0 z=x

1 et |ϕ1 i = √ (|1i + |3i) est vecteur propre de Ly associé à la valeur propre 0. 2 On a d’autre part, pour la deuxième valeur propre λ = −~ :  2i √ ~  − 2 2i 0

√ 2 2i √ − 2

√      x 0  2ix √0 √ + 2y = 0 √      y = 0 ⇔ −√2x + 2iy + 2z = 0 2  z 0 2i − 2y + 2iz = 0

 ⇔

√ y = −i 2x z = −x

√ 1 et |ϕ2 i = (|1i − i 2 |2i − |3i) est vecteur propre de Ly associé à la valeur 2 propre −~. On a enfin, pour la troisième valeur propre λ = +~ :  −2i √ ~  − 2 2i 0

√ 2 −2i √ − 2

√      0 x 0  −2ix √0 √ + 2y = √ −√2x − 2iy + 2z = 0 2  y  =  0  ⇔  z 0 − 2y − 2iz = 0 −2i

 ⇔

√ y = i 2x z = −x

√ 1 et |ϕ3 i = (|1i + i 2 |2i − |3i) est vecteur propre de Ly associé à la valeur 2 propre +~. Ly possède donc pour vecteurs propres : 1 • |ϕ1 i = √ (|1i + |3i), associé à la valeur propre 0, 2 √ 1 • |ϕ2 i = (|1i − i 2 |2i − |3i), associé à la valeur propre −~, 2 √ 1 • |ϕ3 i = (|1i + i 2 |2i − |3i), associé à la valeur propre +~. 2 Notons P1 le projecteur sur le vecteur propre |ϕ1 i, P2 le projecteur sur le vecteur propre |ϕ2 i, et P3 le projecteur sur le vecteur propre |ϕ3 i. On a par définition :     1 1 0 1
1 1 0  1 0 1 =  0 0 0  P1 = |ϕ1 i hϕ1 | = 2 2 1 1 0 1

66

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I   1√ √ 1 P2 = |ϕ2 i hϕ2 | = −i 2  1 i 2 4 −1   1 √ 1 √  P3 = |ϕ3 i hϕ3 | = i 2 1 −i 2 4 −1

et donc :

 1 0 1 1 0 0 0 P1 P2 = 8 1 0 1  1 0 1 1 0 0 0 P1 P3 = 8 1 0 1 √  1√ i 2 1  P2 P3 = −i 2 2√ 16 −1 −i 2

√  −1 1√ i 2 √ 1 −i 2 −1 = 2√ i 2 4 −1 −i 2 1 √  −1 1 −i 2 √
√ 1 −1 =  i 2 2 −i 2 √ 4 1 −1 i 2


√ −1 1√ i 2 √   −i 2 2√ i 2 −1 −i 2 1 √  −1 1 −i 2 √ √  i 2 2 −i 2 √ −1 i 2 1 √  −1 1 −i 2 √ √ i 2  i 2 2 √ 1 −1 i 2 



 



 = 0 = P2 P1 

 = 0 = P3 P1

 −1 √ −i 2  = 0 = P3 P2 1

et P1 , P2 et P3 satisfont bien à des relations d’orthogonalité. D’autre part : √     1√ i 2 −1 1 0 1 √ 1 1 0 0 0  +  −i 2 P1 + P2 + P3 = 2√ i 2  2 4 1 0 1 −1 −i 2 1 √   1 −i 2 −1 √ √ 1 +  i 2 2 −i 2  √ 4 1 −1 i 2     1 0 1 1 0 −1 1  0 0 0  +  0 2 0  = I = 2 1 0 1 −1 0 1 et P1 , P2 et P3 satisfont également à une relation de fermeture.

2.3



Superposition d’états

Énoncé. L’espace des états d’un certain système physique est à trois dimensions : soit {|u1 i , |u2 i , |u3 i} une base orthonormée de cet espace. On définit les kets |ψ0 i et |ψ1 i par : 1 1 i |ψ0 i = √ |u1 i + |u2 i + |u3 i 2 2 2 i 1 |ψ1 i = √ |u1 i + √ |u3 i 3 3

67

Corrigés des exercices du Chapitre II a. Ces kets sont-ils normés ? b. Calculer les matrices ρ0 et ρ1 représentant, dans la base {|u1 i , |u2 i , |u3 i}, les opérateurs projecteurs sur l’état |ψ0 i et sur l’état |ψ1 i. Vérifier que ces matrices sont hermitiques.

Commentaires. Cet exercice a pour but de manipuler des états qui peuvent s’écrire sous la forme d’une superposition de divers états propres, de calculer leur norme et les projecteurs associés pour déterminer une méthode permettant de reconnaître facilement une matrice hermitique, c’est-à-dire une relation simple entre les éléments d’une matrice dans le cas où elle est hermitique.

Corrigé. L’espace des états d’un certain système physique est à trois dimensions : soit {|u1 i , |u2 i , |u3 i} une base orthonormée de cet espace. On définit les kets |ψ0 i et |ψ1 i par : i 1 1 |ψ0 i = √ |u1 i + |u2 i + |u3 i 2 2 2 i 1 |ψ1 i = √ |u1 i + √ |u3 i 3 3 a. Ces kets sont-ils normés ? D’une part : hψ0 |ψ0 i =



i 1 1 √ hu1 | − hu2 | + hu3 | 2 2 2



 i 1 1 √ |u1 i + |u2 i + |u3 i = 1 2 2 2

du fait que {|u1 i , |u2 i , |u3 i} est une base orthonormée, donc |ψ0 i est normé. D’autre part :    i 2 1 1 i √ |u1 i + √ |u3 i = 6= 1 hψ1 |ψ1 i = √ hu1 | − √ hu3 | 3 3 3 3 3 donc |ψ1 i n’est pas normé. Le vecteur normé correspondant est : |ψ1′ i

=

r

1 3 i |ψ1 i = √ |u1 i + √ |u3 i 2 2 2

b. Calculer les matrices ρ0 et ρ1 représentant, dans la base {|u1 i , |u2 i , |u3 i}, les opérateurs projecteurs sur l’état |ψ0 i et sur l’état |ψ1 i. Vérifier que ces matrices sont hermitiques.

68

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a par définition : 

   ρ0 = |ψ0 i hψ0 | =   

1 √ 2 i 2 1 2 

  ρ1 = |ψ1′ i hψ1′ | =  



  1  √   2  1 √ 2 0 i √ 2



−

 1  √   2

i 2

1 2





2 √ 1 =  i√ 2 4 2

i 0 −√ 2





1 1 =  0 2 i

√ −i 2 1 −i

√  2 i  1

 0 −i 0 0  0 1

On a ρ†0 = ρ0 et ρ†1 = ρ1 donc ρ0 et ρ1 sont bien hermitiques. On peut vérifier rapidement le caractère hermitique d’une matrice en vérifiant la relation suivante entre éléments de matrice : Amn = A∗nm En d’autres termes, une matrice est dite hermitique si deux éléments quelconques symétriques par rapport à la diagonale principale sont complexes conjugués l’un de l’autre. Cela implique que tous les éléments diagonaux doivent être réels.

2.4

Un opérateur ket-bra

Énoncé. Soit K l’opérateur défini par K = |ϕi hψ|, où |ϕi et |ψi sont deux vecteurs de l’espace des états. a. À quelle condition K est-il hermitique ? b. Calculer K 2 . À quelle condition K est-il un projecteur ? c. Montrer que K peut toujours s’écrire sous la forme K = λP1 P2 , où λ est une constante que l’on calculera, et où P1 et P2 sont des projecteurs.

Commentaires. Comme nous l’avons dit dans l’exercice 1, l’action de cet opérateur revient à projeter sur |ψi avant de remplacer |ψi par |ϕi. Comme on le verra à travers la résolution de l’exercice, K peut effectivement être vu comme un projecteur, ou plus précisément comme un produit de deux projecteurs dont les expressions seront données en fonction de |ψi et |ϕi et des bras associés.

69

Corrigés des exercices du Chapitre II

Corrigé. Soit K l’opérateur défini par K = |ϕi hψ|, où |ϕi et |ψi sont deux vecteurs de l’espace des états. a. À quelle condition K est-il hermitique ? K est hermitique si K † = K ⇔ ∀ |χi ∈ E , K † |χi = K |χi ⇔ |ψi hϕ|χi = |ϕi hψ|χi Le membre de gauche de la dernière relation est colinéaire à |ψi tandis que son membre de droite est colinéaire à |ϕi. K est donc hermitique si |ψi et |ϕi sont colinéaires, auquel cas |ψi = λ |ϕi avec λ ∈ R et donc K = λ |ϕi hϕ|. b. Calculer K 2 . À quelle condition K est-il un projecteur ? On a : K 2 = |ϕi hψ| ϕi hψ| = hψ|ϕi |ϕi hψ| = hψ|ϕiK K est donc un projecteur si K 2 = K, c’est-à-dire si hψ|ϕi = 1. De plus, si K est un projecteur, K est hermitique et, d’après le résultat de la question a, |ψi et |ϕi sont colinéaires. En combinant ces deux résultats, on peut donc en déduire que K est un projecteur si |ϕi = |ψi , auquel cas K = |ϕi hϕ|. c. Montrer que K peut toujours s’écrire sous la forme K = λP1 P2 , où λ est une constante que l’on calculera, et où P1 et P2 sont des projecteurs. On a : K = |ϕi hψ| =

1 hϕ|ψi |ϕi hψ| = |ϕi hϕ|ψi hψ| hϕ|ψi hϕ|ψi

soit K = λP1 P2 1 . hϕ|ψi Nous avons montré dans l’exercice 1 que l’opérateur U (m, n) = |ϕm i hϕn | est un opérateur de couplage entre |ϕn i et |ϕm i lorsque m 6= n. De la même manière, l’opérateur K = |ϕi hψ| étudié ici est un opérateur de couplage entre |ψi et |ϕi. Ce couplage est encore plus évident lorsqu’on observe l’expression ci-dessus, du fait que K est le produit du projecteur P1 sur |ϕi et du projecteur P2 sur |ψi, divisé par le produit scalaire hϕ|ψi entre ces deux états.

avec P1 = |ϕi hϕ| et P2 = |ψi hψ| deux projecteurs, et λ =

70

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

2.5

Projecteur orthogonal

Énoncé. Soit P1 le projecteur orthogonal sur le sous-espace E1 , P2 le projecteur orthogonal sur le sous-espace E2 . Montrer que, pour que le produit P1 P2 soit encore un projecteur orthogonal, il faut et il suffit que P1 et P2 commutent ; dans ce cas, quel est le sous-espace sur lequel projette P1 P2 ?

Commentaires. Cet exercice représente une excellente opportunité de réviser la manipulation des projecteurs. Les projecteurs jouent un rôle important, pour ne pas dire essentiel, en mécanique quantique du fait que n’importe quelle mesure est associée à la projection sur un état propre associé au résultat de la mesure en mécanique quantique. Il est instructif de comprendre comment deux projections, c’est-à-dire deux mesures, peuvent s’influencer mutuellement. Cet exercice peut être considéré comme une suite de l’exercice précédent.

Corrigé. Soit P1 le projecteur orthogonal sur le sous-espace E1 , P2 le projecteur orthogonal sur le sous-espace E2 . Montrer que, pour que le produit P1 P2 soit encore un projecteur orthogonal, il faut et il suffit que P1 et P2 commutent ; dans ce cas, quel est le sous-espace sur lequel projette P1 P2 ? La question revient à montrer que les deux propositions suivantes sont équivalentes : 1. P1 P2 est un projecteur orthogonal, 2. P1 et P2 commutent. Nous pouvons le démontrer à l’aide d’une double implication. Supposons dans un premier temps que P1 P2 est un projecteur orthogonal. Montrons que P1 et P2 commutent. Comme P1 P2 est un projecteur orthogonal, P1 P2 est donc hermitique, ce qui implique (P1 P2 )† = P1 P2 ⇔ P2† P1† = P1 P2 ⇔ P2 P1 = P1 P2 ⇔ [P1 , P2 ] = 0

et P1 et P2 commutent donc. Supposons maintenant que P1 et P2 commutent. Montrons que P1 P2 est un projecteur orthogonal. Il nous faut prouver (P1 P2 )2 = P1 P2 , ce qui est nécessairement le cas si P1 et P2 commutent du fait que (P1 P2 )2 = P1 P2 P1 P2 = P12 P22 = P1 P2 puisque P1 et P2 sont des projecteurs. Au final, P1 P2 est un projecteur si et seulement si P1 et P2 commutent. Pour tout vecteur |χi, on a :  P1 P2 |χi = P1 (P2 |χi) ∈ E1 P2 P1 |χi = P2 (P1 |χi) ∈ E2

71

Corrigés des exercices du Chapitre II

et P1 P2 = P2 P1 donc ∀ |χi , P1 P2 |χi ∈ E1 ∩ E2 : le sous-espace sur lequel projette P1 P2 est donc l’intersection E1 ∩ E2 des deux sous-espaces E1 et E2 .

2.6

La matrice σ x

Énoncé. La matrice σx est définie par : σx =



0 1

1 0



Démontrer la relation : eiασx = I cos α + iσx sin α où I est la matrice unité 2 × 2.

Commentaires. Cet exercice requiert l’exponentielle d’une matrice. Il nous faut pour cela utiliser le développement en série de Taylor de la fonction exponentielle : eu =

+∞ n X u n! n=0

En matière de physique, σx est une autre matrice de Pauli. Voir le Chapitre IV pour de plus amples détails, en particulier le § A-2 et le Complément AIV .

Corrigé. La matrice σx est définie par : σx = Démontrer la relation :



0 1

1 0



eiασx = I cos α + iσx sin α où I est la matrice unité 2 × 2. Nous aurons besoin de σxn dans le développement en série de Taylor de l’exponentielle de la matrice. Commençons par écrire, pour n = 2 :      0 1 0 1 1 0 2 σx = = =I 1 0 1 0 0 1 En généralisant, on a donc :

∀n ∈ N, σxn =



I σx

si n est pair si n est impair

72

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

On en déduit : eiασx

=

+∞ n n n +∞ 2k 2k 2k +∞ 2k+1 2k+1 2k+1 +∞ X X X X i α σx (iασx )n i α σx i α σx = = + n! n! (2k)! (2k + 1)! n=0 n=0 k=0

=

I

+∞ X (−1)k α2k

k=0

(2k)!

+ iσx

k=0

+∞ X (−1)k α2k+1 k=0

(2k + 1)!

et l’on a donc bien : eiασx = I cos α + iσx sin α

2.7

La matrice σ y

Énoncé. Établir, pour la matrice σy donnée dans l’exercice 2, une relation analogue à celle démontrée pour σx dans l’exercice précédent. Généraliser pour toute matrice de la forme : σu = λσx + µσy avec : λ2 + µ2 = 1 Calculer les matrices représentant e2iσx , (eiσx )2 et ei(σx +σy ) . Conclusion : e2iσx est-il égal à (eiσx )2 ? ei(σx +σy ) à eiσx eiσy ?

Commentaires. Rappelons que : σy =



0 −i i 0



Cet exercice ne peut pas être traité indépendamment du précédent.

Corrigé. Établir, pour la matrice σy donnée dans l’exercice 2, une relation analogue à celle démontrée pour σx dans l’exercice précédent. Généraliser pour toute matrice de la forme : σu = λσx + µσy avec : λ2 + µ2 = 1 Calculer les matrices représentant e2iσx , (eiσx )2 et ei(σx +σy ) . Conclusion : e2iσx est-il égal à (eiσx )2 ? ei(σx +σy ) à eiσx eiσy ?

73

Corrigés des exercices du Chapitre II Comme précédemment, on commence par écrire :      0 −i 0 −i 1 0 2 σy = = =I i 0 i 0 0 1

La matrice σy présente donc la même propriété que la matrice σx étudiée dans l’exercice 6, et un raisonnement similaire permet donc d’aboutir au même résultat : eiασy = I cos α + iσy sin α Généralisons à une matrice de la forme σu = λσx + µσy avec λ + µ = 1. On a : 2

2

σu2 = (λσx + µσy )2 = λ2 σx2 + µ2 σy2 + λµ(σx σy + σy σx ) De plus σx σy =



0 1 1 0

σy σx =



0 −i i 0

et



0 −i i 0



0 1 1 0

d’où σx σy + σy σx = 0, ce qui implique

 

=



i 0 0 −i



=



−i 0 0 i



σu2 = λ2 σx2 + µ2 σy2 = (λ2 + µ2 )I = I du fait que σx2 = I d’après les résultats de l’exercice 6. Là encore, la matrice σu = λσx + µσy présente la même propriété que les matrices σx et σy , et un raisonnement similaire permet donc d’aboutir au même résultat : eiασu = I cos α + iσu sin α En posant λ = 1 et µ = 0 dans l’expression de σu de sorte que σu = σx , et α = 2 dans l’expression de eiασu , on a     1 0 0 1 2iσx = I cos 2 + iσx sin 2 = e cos 2 + i sin 2 0 1 1 0 soit

e

2iσx

=



cos 2 i sin 2

i sin 2 cos 2



D’autre part, en posant λ = 1 et µ = 0 dans l’expression de σu de sorte que σu = σx , et α = 1 dans l’expression de eiασu , on a :   cos 1 i sin 1 iσx = e i sin 1 cos 1

d’où

(eiσx )2 =

soit



cos 1 i sin 1

i sin 1 cos 1



cos 1 i sin 1

i sin 1 cos 1



=



cos2 1 − sin2 1 2i cos 1 sin 1

2i cos 1 sin 1 cos2 1 − sin2 1



74

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I (e

Enfin, en posant λ = µ = de eiασu , on obtient :

iσx 2

) =



cos 2 i sin 2 i sin 2 cos 2



√ √ 2 dans l’expression de σu et α = 2 dans l’expression 2

√ √ ei(σx +σy ) = I cos 2+iσu sin 2 =



1 0

cos

√

0 1



√   √ √ 2 0 1−i cos 2+i sin 2 1+i 0 2

soit 

 ei(σx +σy ) =  √

alors que

eiσy = I cos 1+iσy sin 1 =



√  √ 2 (1 + i) sin 2  2  √ cos 2

2

√ 2 (−1 + i) sin 2 2

1 0 0 1



cos 1+i



0 −i i 0



=





sin 1 =



cos 1 sin 1 − sin 1 cos 1



et donc eiσx eiσy =



cos 1 i sin 1

i sin 1 cos 1



cos 1 − sin 1

sin 1 cos 1

cos2 1 − i sin2 1 (−1 + i) cos 1 sin 1

(1 + i) cos 1 sin 1 cos2 1 + i sin2 1



En conclusion : • on a bien e2iσx = (eiσx )2 du fait que σx commute avec elle-même, • on a ei(σx +σy ) 6= eiσx eiσy du fait que σx et σy ne commutent pas entre elles, puisque nous avons montré que σx σy + σy σx = 0, et donc que σx et σy anticommutent entre elles.

2.8

Hamiltonien H d’une particule dans un problème à une dimension

Énoncé. On considère, dans un problème à une dimension, l’hamiltonien H d’une particule défini par : 1 2 H= P + V (X) 2m

75

Corrigés des exercices du Chapitre II où X et P sont les opérateurs définis au § E du Chapitre II et qui vérifient la relation : [X, P ] = i~. Les vecteurs propres de H sont désignés par |ϕn i : H |ϕn i = En |ϕn i, où n est un indice discret. a. Montrer que : hϕn | P |ϕn′ i = α hϕn | X |ϕn′ i où α est un coefficient qui ne dépend de En et En′ que par l’intermédiaire de leur différence ; calculer α (il est conseillé de considérer pour la démonstration le commutateur [X, H]).

b. En déduire, en utilisant la relation de fermeture, l’égalité : X n′

(En − En′ )2 | hϕn | X |ϕn′ i |2 =

~2 hϕn | P 2 |ϕn i m2

Commentaires. Un tel hamiltonien décrit, comme au § E du Chapitre II, une particule de 1 2 masse m dans un potentiel à une dimension V (X). Le premier terme, P , 2m correspond à l’opérateur énergie cinétique. Le second, V (X), correspond à l’opérateur énergie potentielle, qui est simplement multiplicatif en représentation {|xi}. Cet exercice ouvre la voie pour l’exercice suivant, qui présente plus de considérations physiques à discuter.

Corrigé. On considère, dans un problème à une dimension, l’hamiltonien H d’une particule défini par : 1 2 H= P + V (X) 2m où X et P sont les opérateurs définis au § E du Chapitre II et qui vérifient la relation : [X, P ] = i~. Les vecteurs propres de H sont désignés par |ϕn i : H |ϕn i = En |ϕn i, où n est un indice discret. a. Montrer que : hϕn | P |ϕn′ i = α hϕn | X |ϕn′ i

où α est un coefficient qui ne dépend de En et En′ que par l’intermédiaire de leur différence ; calculer α (il est conseillé de considérer pour la démonstration le commutateur [X, H]). On a : [X, H] =

1 1 [X, P 2 ] + [X, V (X)] = [X, P 2 ] 2m 2m

du fait que X commute avec V (X). De plus, on a : [X, P 2 ] = [X, P ]P + P [X, P ] = 2i~P

76

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et l’on a donc : [X, H] =

m i~ P ⇔ P = [X, H] m i~

Ainsi : hϕn | P |ϕn′ i = = = = =

m m hϕn | [X, H] |ϕn′ i = hϕn | (XH − HX) |ϕn′ i i~ i~ m (hϕn | XH |ϕn′ i − hϕn | HX |ϕn′ i) i~
m hϕn | XH |ϕn′ i − hϕn | H † X |ϕn′ i i~ m (En′ hϕn | X |ϕn′ i − En hϕn | X |ϕn′ i) i~ m (En′ − En ) hϕn | X |ϕn′ i i~

du fait que l’hamiltonien est une observable et donc que H † = H. On a donc bien hϕn | P |ϕn′ i = α hϕn | X |ϕn′ i avec α=

m (En′ − En ) i~

b. En déduire, en utilisant la relation de fermeture, l’égalité : X n′

(En − En′ )2 | hϕn | X |ϕn′ i |2 =

~2 hϕn | P 2 |ϕn i m2

On a, d’après les résultats de la question précédente : hϕn | P |ϕn′ i =

m i~ (En′ − En ) hϕn | X |ϕn′ i ⇔ (En′ − En ) hϕn | X |ϕn′ i = hϕn | P |ϕn′ i i~ m

On a de même, en inversant les indices n et n′ : (En − En′ ) hϕn′ | X |ϕn i =

i~ hϕn′ | P |ϕn i m

En multipliant ces deux expressions entre elles, on obtient : (En′ − En )(En − En′ ) hϕn | X |ϕn′ i hϕn′ | X |ϕn i = −

~2

⇔

(En − En′ )2 hϕn | X |ϕn′ i hϕn′ | X † |ϕn i =

⇔

(En − En′ )2 hϕn | X |ϕn′ i (hϕn | X |ϕn′ i)∗ =

⇔

(En − En′ )2 | hϕn | X |ϕn′ i |2 =

~2 m2

m2

~2 m2

hϕn | P |ϕn′ i hϕn′ | P |ϕn i

hϕn | P |ϕn′ i hϕn′ | P |ϕn i

~2 m2

hϕn | P |ϕn′ i hϕn′ | P |ϕn i

hϕn | P |ϕn′ i hϕn′ | P |ϕn i

77

Corrigés des exercices du Chapitre II

là encore du fait que X est une observable et donc que X † = X. Enfin, en sommant sur les indices n′ , on obtient : X n′

(En − En′ )2 | hϕn | X |ϕn′ i |2

= =

~2 X hϕn | P |ϕn′ i hϕn′ | P |ϕn i m2 ′ n ! X ~2 hϕn | P |ϕn′ i hϕn′ | P |ϕn i m2 ′ n

2

= puisque

X n′

~ hϕn | P 2 |ϕn i m2

|ϕn′ i hϕn′ | = 1 d’après la relation de fermeture sur les vecteurs

propres |ϕn i, qui forment une base de l’espace des états du fait que H est une observable. On a donc bien, au final : X n′

2.9

(En − En′ )2 | hϕn | X |ϕn′ i |2 =

~2 hϕn | P 2 |ϕn i m2

Vers le théorème du viriel en mécanique quantique

Énoncé. Soit H l’opérateur hamiltonien d’un système physique. On désigne par |ϕn i les vecteurs propres de H, de valeurs propres En : H |ϕn i = En |ϕn i a. A étant un opérateur quelconque, démontrer la relation hϕn | [A, H] |ϕn i = 0 b. On considère un problème à une dimension, où le système physique est une particule de masse m et d’énergie potentielle V (X) ; dans ce cas, H s’écrit : 1 2 P + V (X) H= 2m α. Calculer en fonction de P, X, V (X) les commutateurs : [H, P ], [H, X] et [H, XP ]. β. Montrer que l’élément de matrice hϕn | P |ϕn i (que nous interpréterons au Chapitre III comme la valeur moyenne de l’impulsion dans l’état |ϕn i) est nul.

78

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I P2 |ϕn i (valeur moyenne 2m dV de l’énergie cinétique dans l’état |ϕn i) et hϕn | X |ϕn i. dX La valeur moyenne de l’énergie potentielle dans l’état |ϕn i étant hϕn | V (X) |ϕn i, comment est-elle reliée à la valeur moyenne de l’énergie cinétique lorsque V (X) = V0 X k (k = 2, 4, 6 . . . ; V0 > 0) ?

γ. Établir une relation entre Ec = hϕn |

Commentaires. Cet exercice reprend les techniques et manipulations de l’exercice précédent et constitue un premier pas vers l’étude du théorème d’Ehrenfest (cf. Chapitre III), qui aide à établir des liens entre la mécanique quantique et la mécanique classique (aboutissant souvent à des résultats similaires en dépit de quelques subtilités). Le résultat final de cet exercice est analogue au théorème du viriel en mécanique classique pour des corps en interaction formant un système isolé : 2E c = kV .

Corrigé. Soit H l’opérateur hamiltonien d’un système physique. On désigne par |ϕn i les vecteurs propres de H, de valeurs propres En : H |ϕn i = En |ϕn i a. A étant un opérateur quelconque, démontrer la relation hϕn | [A, H] |ϕn i = 0 On a : hϕn | [A, H] |ϕn i = = =

hϕn | (AH − HA) |ϕn i = hϕn | AH |ϕn i − hϕn | HA |ϕn i hϕn | AH |ϕn i − hϕn | H † A |ϕn i

En hϕn | A |ϕn i − En hϕn | A |ϕn i = 0

du fait que H est une observable et donc que H † = H. On a donc au final : hϕn | [A, H] |ϕn i = 0 b. On considère un problème à une dimension, où le système physique est une particule de masse m et d’énergie potentielle V (X) ; dans ce cas, H s’écrit : H=

1 2 P + V (X) 2m

79

Corrigés des exercices du Chapitre II

α. Calculer en fonction de P, X, V (X) les commutateurs : [H, P ], [H, X] et [H, XP ]. On a : 1 [P 2 , P ] + [V (X), P ] = [V (X), P ] = −[P, V (X)] du fait • [H, P ] = 2m que P commute avec lui-même. On a enfin: [H, P ] = −[P, V (X)] = i~

dV dX

d’après la formule (48) du Complément BII . •

[H, X] =

1 [P 2 , X] 2m

1 1 + [V (X), X] = − 2m [X, P 2 ] = − 2m ([X, P ]P + P [X, P ])

du fait que X commute avec V (X), et l’on a enfin [H, X] = −

1 i~ (i~P + P i~) = − P 2m m

du fait que [X, P ] = i~. dV i~ d’après les résul• [H, XP ] = [H, X]P + X[H, P ] = − P 2 + i~X m dX tats précédents. On a donc au final :   P2 dV [H, XP ] = i~ − +X m dX β. Montrer que l’élément de matrice hϕn | P |ϕn i (que nous interpréterons au Chapitre III comme la valeur moyenne de l’impulsion dans l’état |ϕn i) est nul. On a, d’après l’expression du commutateur [H, X] déterminée à la question α : hϕn | P |ϕn i = −

m m hϕn | [H, X] |ϕn i = hϕn | [X, H] |ϕn i = 0 i~ i~

puisque nous avons montré à la question a que hϕn | [A, H] |ϕn i = 0 pour tout opérateur A, et en particulier pour A ≡ X.

P2 |ϕn i (valeur moyenne de 2m dV |ϕn i. La valeur l’énergie cinétique dans l’état |ϕn i) et hϕn | X dX moyenne de l’énergie potentielle dans l’état |ϕn i étant hϕn | V (X) |ϕn i, comment est-elle reliée à la valeur moyenne de l’énergie cinétique lorsque V (X) = V0 X k (k = 2, 4, 6 . . . ; V0 > 0) ? D’après l’expression du commutateur [H, XP ] déterminée à la question α:

γ. Établir une relation entre Ec = hϕn |

−

dV 1 P2 1 dV 1 P2 +X = [H, XP ] ⇔ = X + [XP, H] m dX i~ 2m 2 dX 2i~

En prenant la valeur moyenne de cette expression dans l’état |ϕn i, on

80

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I obtient : hϕn |

1 dV 1 P2 |ϕn i = hϕn | X |ϕn i + hϕn | [XP, H] |ϕn i 2m 2 dX 2i~

et donc Ec =

1 dV hϕn | X |ϕn i 2 dX

puisque nous avons montré à la question a que hϕn | [A, H] |ϕn i = 0 pour tout opérateur A, et en particulier pour A ≡ XP . Enfin, lorsque V (X) = V0 X k , on a : dV 1 dV dV = kV0 X k−1 ⇔ X = kV0 X k = kV (X) ⇔ V (X) = X dX dX k dX et l’on a donc : hϕn | V (X) |ϕn i =

dV 2Ec 1 hϕn | X |ϕn i = k dX k

d’après le résultat précédent. En conclusion, on a :

hϕn | V (X) |ϕn i =

                      

Ec Ec 2 Ec 3 .. . Ec n

si k = 2 si k = 4 si k = 6

si k = 2n

Ce résultat peut également s’écrire : 2Ec = k hϕn | V (X) |ϕn i ce qui nous rappelle le théorème du viriel en mécanique classique. On peut remarquer que, dans le cas d’un potentiel harmonique (k = 2), l’énergie cinétique moyenne et l’énergie potentielle moyenne de la particule sont égales. Il y a donc équipartition de l’énergie entre les énergies cinétique et potentielle pour un oscillateur harmonique (voir Chapitre V).

81

Corrigés des exercices du Chapitre II

2.10

Les opérateurs X et P

Énoncé. En utilisant la relation hx|pi = (2π~)−1/2 eipx/~ , calculer, en fonction de ψ(x), les expressions hx| XP |ψi et hx| P X |ψi. Peut-on retrouver directement ces ~ d ? résultats en utilisant le fait qu’en représentation {|xi}, P agit comme i dx

Commentaires. Cet exercice constitue une application des opérateurs X et P et des bases continues qui leur sont associées. Avoir affaire à une base continue peut sembler plus compliqué de prime abord, mais ce n’est pas nécessairement le cas du fait que les règles de calcul demeurent les mêmes pour une base discrète ou pour une base continue ; l’universalité des règles de calcul souligne la force du formalisme.

Corrigé. En utilisant la relation hx|pi = (2π~)−1/2 eipx/~ , calculer, en fonction de ψ(x), les expressions hx| XP |ψi et hx| P X |ψi. Peut-on retrouver directement ces résultats ~ d en utilisant le fait qu’en représentation {|xi}, P agit comme ? i dx On a d’une part, en utilisant la relation de fermeture sur la base {|pi} : hx| XP |ψi = =

x hx| P |ψi = x hx| 1P |ψi = x x

Z

+∞

−∞

=

hx|pi hp| P † |ψi dp = x

1 x (2π~)1/2

Z

+∞

pe

ipx/~

−∞

Z

+∞

−∞ Z +∞

hx|pi hp| P |ψi dp phx|pihp|ψidp

−∞

~ ψ(p)dp = xF i



 ~ d ip ψ(p) = x ψ(x) ~ i dx

d’après la relation (38a) de l’Appendice I, soit hx| XP |ψi =

~ d x ψ(x) i dx

D’autre part, en utilisant la relation [X, P ] = i~, on obtient : ~ hx| P X |ψi = hx| XP |ψi − i~hx|ψi = i

  d ψ(x) + x ψ(x) dx

En utilisant le fait qu’en représentation {|xi}, P agit comme hx| XP |ψi = x hx| P |ψi =

~ d , on obtient : i dx

~ d ~ d x hx|ψi = x ψ(x) i dx i dx

82

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

et ~ d ~ d ~ d ~ hx| P X |ψi = hx| X |ψi = (xhx|ψi) = (xψ(x)) = i dx i dx i dx i

  d ψ(x) + x ψ(x) dx

et l’on aboutit donc bien aux mêmes résultats, mais de manière plus directe. Les deux représentations sont bien entendu équivalentes.

Ensembles d’observables qui commutent. E.C.O.C. 2.11

Un E.C.O.C. d’un système à trois états

Énoncé. On considère un système physique dont l’espace des états, qui est à trois dimensions, est rapporté à la base orthonormée formée par les trois kets |u1 i , |u2 i , |u3 i. Dans la base de ces trois vecteurs, pris dans cet ordre, les deux opérateurs H et B sont définis par :     1 0 0 1 0 0 H = ~ω0  0 −1 0  B = b 0 0 1  0 0 −1 0 1 0

où ω0 et b sont des constantes réelles. a. H et B sont-ils hermitiques ?

b. Montrer que H et B commutent. Donner une base de vecteur propres communs à H et B. c. Parmi les ensembles d’opérateurs : {H}, {B}, {H, B}, {H 2, B}, lesquels forment un E.C.O.C. ?

Commentaires. Le concept d’E.C.O.C. est important en mécanique quantique lorsqu’on décrit l’état d’un système dans sa totalité. Des matrices, associées à des observables (et à des opérateurs en règle générale), qui commutent entre elles sont codiagonalisables et partagent, telles H et B ici, une base commune de vecteurs propres. Le fait de mesurer une observable n’impacte pas le résultat de la mesure d’une autre. Les informations sur l’état du système s’accumulent donc au fil des mesures. Un E.C.O.C. offre un accès explicite à un état quantique du système. Dans le cas de H et B dans cette base, on utiliserait typiquement de tels opérateurs pour décrire un système à deux niveaux constitué d’un niveau fondamental et d’un niveau excité. L’énergie du niveau excité est située 2~ω0 au-dessus de celle du niveau fondamental, qui est dégénéré deux fois. H est l’hamiltonien du système en l’absence de couplage. B introduit un couplage

83

Corrigés des exercices du Chapitre II (b est la constante de couplage) dans le niveau fondamental. H + B est donc l’hamiltonien du système avec couplage dans le niveau fondamental. Un corrigé moins détaillé de cet exercice est fourni dans le Complément HII .

Corrigé. On considère un système physique dont l’espace des états, qui est à trois dimensions, est rapporté à la base orthonormée formée par les trois kets |u1 i , |u2 i , |u3 i. Dans la base de ces trois vecteurs, pris dans cet ordre, les deux opérateurs H et B sont définis par :     1 0 0 1 0 0 H = ~ω0  0 −1 0  B = b 0 0 1  0 0 −1 0 1 0

où ω0 et b sont des constantes réelles. a. H et B sont-ils hermitiques ?

D’une part, H est diagonale et à coefficients réels, donc H est hermitique. D’autre part, B est symétrique et à coefficients réels, donc B † = B et B est également hermitique. b. Montrer que H et B commutent. Donner une base de vecteur propres communs à H et B. On a :

et



 0 0 1 −1 0   0 0 −1 0



 0 0 1 0 1  0 1 0 0

1 HB = b~ω0  0 0 1 BH = b~ω0  0 0

  0 0 1 0 1  = b~ω0  0 1 0 0

 0 0 0 −1  −1 0

  0 0 1 −1 0  = b~ω0  0 0 −1 0

 0 0 0 −1  −1 0

donc HB = BH et H et B commutent. H étant diagonale, on peut voir directement qu’elle possède deux valeurs propres : ~ω0 , qui est non dégénérée, et −~ω0 , qui est dégénérée deux fois. On a :      0 0 0 x 0 ~ω0  0 −2 0   y  =  0  ⇔ y = z = 0 0 0 −2 z 0 et |u1 i est vecteur propre de  2 0 ~ω0  0 0 0 0

H associé à la valeur propre ~ω0 . De plus :     0 x 0 0  y  =  0  ⇔ x = 0 0 z 0

84

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et deux vecteurs orthogonaux quelconques qui sont également orthogonaux à |u1 i sont vecteurs propres de H associés à la valeur propre −~ω0 . On peut choisir ces vecteurs propres parmi les vecteurs propres de B. Déterminons ces vecteurs propres. On a : b−λ 0 0 0 −λ b = (b − λ)(λ2 − b2 ) = −(λ − b)2 (λ + b) 0 b −λ donc B possède deux valeurs propres : b, qui est dégénérée deux fois, et −b, qui est non dégénérée. On a :        2 0 0 x 0 2x = 0 x=0 b 0 1 1  y  =  0  ⇔ ⇔ y+z =0 z = −y 0 1 1 z 0

et (|u2 i − |u3 i) est vecteur propre associé à la fois à la valeur propre −b 1 de B et à la valeur propre −~ω0 de H : |−~ω0 , −bi = √ (|u2 i − |u3 i). De 2 plus, le vecteur propre |u1 i est associé à la valeur propre ~ω0 de H et l’on voit directement que B |u1 i = b |u1 i : ce vecteur propre est donc également associé à la valeur propre b de B : |~ω0 , bi = |u1 i. Enfin, le vecteur (|u2 i+|u3 i), orthogonal aux vecteurs propres |~ω0 , bi et |−~ω0 , −bi, est associé à la valeur propre −~ω0 de H, et :        0 1 0 0 0 0 B  1  = b 0 0 1  1  = b 1  1 0 1 0 1 1 donc ce vecteur propre est également associé à la valeur propre b de B : 1 |−~ω0 , bi = √ (|u2 i+|u3 i). On a donc une base de vecteurs propres communs 2 à H et B : • |~ω0 , bi = |u1 i, 1 • |−~ω0 , bi = √ (|u2 i + |u3 i), 2 1 • |−~ω0 , −bi = √ (|u2 i − |u3 i). 2 On a maintenant trois vecteurs propres distincts associés à des valeurs propres distinctes. B, c’est-à-dire le couplage, a pour effet de lever la dégénérescence du niveau fondamental de ce qui est un système à deux niveaux en l’absence de couplage, conduisant ainsi à un système à trois niveaux non dégénérés. c. Parmi les ensembles d’opérateurs : {H}, {B}, {H, B}, {H 2, B}, lesquels forment un E.C.O.C. ? D’après les résultats de la question b :

85

Corrigés des exercices du Chapitre II

• H possède une valeur propre dégénérée, donc {H} ne peut pas former à lui seul un E.C.O.C., • B possède une valeur propre dégénérée, donc {B} ne peut pas former à lui seul un E.C.O.C., • à chaque couple de valeurs propres de H et de B correspond un unique vecteur propre commun aux deux opérateurs, donc {H, B} forme un E.C.O.C., • on a : 

1 H 2 = ~2 ω02  0 0

0 −1 0



1 0 0  0 0 −1

0 −1 0





1 0 0  = ~2 ω02  0 0 −1

0 1 0



0 0  = ~2 ω02 I 1

H 2 possède une unique valeur propre ~2 ω02 dégénérée 3 fois : au couple (~2 ω02 , b) de valeurs propres de H 2 et B correspondent donc les deux 1 vecteurs propres indépendants |u1 i et √ (|u2 i + |u3 i) : {H 2 , B} ne 2 forme donc pas un E.C.O.C.

2.12

Un E.C.O.C. de deux opérateurs

Énoncé. L’espace des états étant le même que celui introduit dans l’exercice précédent, on considère deux opérateurs Lz et S définis par : Lz |u1 i = |u1 i Lz |u2 i = 0 Lz |u3 i = − |u3 i S |u1 i = |u3 i S |u2 i = |u2 i S |u3 i = |u1 i a. Écrire les matrices représentant, dans la base {|u1 i , |u2 i , |u3 i}, les opérateurs Lz , L2z , S, S 2 . Ces opérateurs sont-ils des observables ? b. Donner la forme de la matrice la plus générale représentant un opérateur qui commute avec Lz . Mêmes questions pour L2z , puis pour S 2 . c. L2z et S forment-ils un E.C.O.C. ? Donner une base de vecteurs propres communs.

Commentaires. Cet exercice traite du même système que l’exercice précédent, mais introduit deux opérateurs qui agissent sur les états déterminés précédemment. Lz ne possède que des termes diagonaux et agit donc simplement sur les vecteurs propres de la base ; son action ressemble à celle d’un opérateur moment cinétique orbital (voir Chapitre VI). S possède néanmoins des éléments non diagonaux qui introduisent donc un couplage entre les divers vecteurs de

86

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I la base ; il n’est pas facile de donner une interprétation physique de cet opérateur dans cette base. Un corrigé moins détaillé de cet exercice est fourni dans le Complément HII .

Corrigé. L’espace des états étant le même que celui introduit dans l’exercice précédent, on considère deux opérateurs Lz et S définis par : Lz |u1 i = |u1 i Lz |u2 i = 0 Lz |u3 i = − |u3 i S |u1 i = |u3 i S |u2 i = |u2 i S |u3 i = |u1 i a. Écrire les matrices représentant, dans la base {|u1 i , |u2 i , |u3 i}, les opérateurs Lz , L2z , S, S 2 . Ces opérateurs sont-ils des observables ? Au vu de la définition des opérateurs Lz et S, on a : 

1 0 Lz =  0 0 0 0

  0 0 0 0  et S =  0 1 −1 1 0

 1 0  0

On peut donc en déduire : 

 0 1 0  0 −1 0



 1 0 0  0 0 1

1 0 L2z =  0 0 0 0

  0 0 1 0 0 = 0 0 −1 0

 0 0 0 0  0 1

et 0 0 S2 =  0 1 1 0

  0 1 1 1 0 = 0 0 0 0

 0 0 1 0 =I 0 1

Ces quatre opérateurs sont hermitiques et de dimension finie : ce sont donc des observables. b. Donner la forme de la matrice la plus générale représentant un opérateur qui commute avec Lz . Mêmes questions pour L2z , puis pour S 2 . N’importe quel opérateur A peut s’écrire sous la forme :   A11 A12 A13 A =  A21 A22 A23  A31 A32 A33

• Lz possède trois valeurs propres non dégénérées 1, 0 et −1 associées respectivement aux vecteurs propres |u1 i , |u2 i et |u3 i. D’après le théorème 2 du § D-3-a du Chapitre II, tous les éléments de matrice de

Corrigés des exercices du Chapitre II

87

A relatifs à des valeurs propres différentes de Lz doivent être nuls pour que A commute avec Lz . Tous les éléments de matrice de A entre |u1 i et |u2 i, entre |u1 i et |u3 i, et entre |u2 i et |u3 i sont donc nécessairement nuls. On a donc :   A11 0 0 A22 0  [A, Lz ] = 0 ⇔ A =  0 0 0 A33 et tout opérateur A diagonal commute avec Lz .

• L2z possède deux valeurs propres : 1, qui est dégénérée deux fois et est associée aux vecteurs propres |u1 i et |u3 i, et 0, qui est non dégénérée et est associée au vecteur propre |u2 i. D’après le théorème 2 du § D-3-a du Chapitre II, tous les éléments de matrice de A relatifs à des valeurs propres différentes de L2z doivent être nuls pour que A commute avec L2z . Tous les éléments de matrice de A entre |u1 i et |u2 i et entre |u2 i et |u3 i sont donc nécessairement nuls. On a donc :   A11 0 A13 A22 0  [A, L2z ] = 0 ⇔ A =  0 A31 0 A33

• enfin, on a S 2 = I, et n’importe quel opérateur A commute avec S 2 .

c. L2z et S forment-ils un E.C.O.C. ? Donner une base de vecteurs propres communs. D’après les résultats de la question a, S a bien la forme identifiée à la question précédente et commute donc avec L2z . L2z possède deux valeurs propres : 1, qui est dégénérée deux fois, et 0, qui est non dégénérée. On a :      1 0 0 x 0  0 0 0  y  =  0  ⇔ x = z = 0 0 0 1 z 0 donc |u2 i est un vecteur propre associé à la valeur propre 0 de L2z . De plus :      0 0 0 x 0  0 −1 0   y  =  0  ⇔ y = 0 0 0 0 z 0

et les vecteurs propres de L2z associés à la valeur propre 1 sont orthogonaux à |u2 i et orthogonaux entre eux, et peuvent être choisis parmi les vecteurs propres de S. Déterminons ces vecteurs propres. Par définition, S |u2 i = |u2 i et |u2 i, qui est vecteur propre de L2z associé à la valeur propre 0, est également vecteur propre de S associé à la valeur propre 1: |0, 1i = |u2 i. On a de plus   S |u1 i = |u3 i S(|u1 i + |u3 i) = |u1 i + |u3 i ⇒ S |u3 i = |u1 i S(|u1 i − |u3 i) = −(|u1 i − |u3 i)

88

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I 1 √ (|u1 i − |u3 i) est vecteur propre de S associé à la valeur propre −1, et 2 L2z (|u1 i − |u3 i) = |u1 i − |u3 i, donc il est également vecteur propre de L2z 1 associé à la valeur propre 1 : |1, −1i = √ (|u1 i − |u3 i). Enfin, le vecteur 2 1 √ (|u1 i+|u3 i) est orthogonal aux deux vecteur propres |0, 1i et |1, −1i, il est 2 vecteur propre de S associé à la valeur propre 1, et L2z (|u1 i+|u3 i) = |u1 i+|u3 i, donc il est également vecteur propre de L2z associé à la valeur propre 1 : 1 |1, 1i = √ (|u1 i + |u3 i). On constate qu’à chaque couple de valeurs propres 2 de L2z et de S correspond un unique vecteur : {L2z , S} forme donc un E.C.O.C., et une base de vecteurs propres communs à L2z et à S est : • |0, 1i = |u2 i, 1 • |1, 1i = √ (|u1 i + |u3 i), 2 1 • |1, −1i = √ (|u1 i − |u3 i). 2

Chapitre 3 Corrigés des exercices du Chapitre III (Complément LIII). Les postulats de la mécanique quantique En combinant les outils mathématiques que nous avons récemment acquis dans les exercices du Chapitre II et la physique explorée dans le Chapitre III consacré aux postulats de la mécanique quantique, cette série d’exercices a pour but d’améliorer notre dextérité mathématique tout en étudiant plus de systèmes physiques. La difficulté des exercices est variable, mais nous nous efforcerons toujours d’extraire autant de sens physique que possible des exercices. Rappelons que ce livre ne traite que de particules non relativistes, tout en se reposant fortement sur l’équation de Schrödinger. Cela implique que les « particules » des exercices qui suivent sont supposées être non relativistes et de masse non nulle, comme les électrons, les protons et les neutrons, mais pas des photons.

3.1

Analyse d’une fonction d’onde à une dimension

Énoncé. Soit, dans un problème à une dimension, une particule dont la fonction d’onde est : eip0 x/~ ψ(x) = N √ x2 + a2 où a et p0 sont des constantes réelles, et N un coefficient de normalisation. a. Déterminer N pour que ψ(x) soit normée. b. On mesure la position de la particule ; quelle est la probabilité pour a a que le résultat soit compris entre − √ et + √ ? 3 3 c. Calculer la valeur moyenne de l’impulsion d’une particule ayant ψ(x) comme fonction d’onde.

90

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Commentaires. Cet exercice offre un premier exemple de description de la fonction d’onde d’un système. Toutes les informations relatives à un système quantique peuvent être extraites de sa fonction d’onde. Il est donc important de savoir l’analyser pour caractériser le système dans sa totalité. La quantité physique associée à la fonction d’onde complexe ψ(x) est la densité de probabilité de présence |ψ(x)|2 , qui est réelle et représente la probabilité de trouver la particule en x.

Corrigé. Soit, dans un problème à une dimension, une particule dont la fonction d’onde est : eip0 x/~ ψ(x) = N √ x2 + a2 où a et p0 sont des constantes réelles, et N un coefficient de normalisation. a. Déterminer N pour que ψ(x) soit normée. La condition de normalisation reflète le fait que la probabilité de trouver la particule n’importe où dans l’espace, ici à une dimension, est égale à 1. Cela signifie que la somme sur tout l’espace de la probabilité infinitésimale de trouver la particule entre x et x + dx, dP(x) = |ψ(x)|2 dx, est égale à 1. ψ(x) est normée si et seulement si : Z

+∞

−∞

|ψ(x)|2 dx = 1

⇔ ⇔

Z

+∞ −∞ 2

|N |



x 1 arctan a a

+∞

−∞

Z

+∞

dx =1 2 + a2 x −∞ r π|N |2 a iϕ =1⇔N = e =1⇔ a π

ψ ∗ (x)ψ(x)dx = 1 ⇔ |N |2

En posant ϕ = 0 pour que N soit réel et positif, on obtient : ψ(x) =

r

a eip0 x/~ √ π x2 + a2

On peut vérifier que le carré de la fonction d’onde a la dimension de l’inverse d’une longueur, ce qui est prévisible pour une densité de probabilité à une dimension. La densité de probabilité |ψ(x)|2 est représentée sur la figure 3.1. b. On mesure la position de la particule ; quelle est la probabilité pour que le a a résultat soit compris entre − √ et + √ ? 3 3 La probabilité de trouver la particule entre x et x + dx est : dP(x) = |hx|ψi|2 dx = |ψ(x)|2 dx =

a dx π x2 + a2

91

Corrigés des exercices du Chapitre III

Fig. 3.1 – Représentation graphique de la densité de probabilité |ψ(x)|2 . a La probabilité pour que le résultat de la mesure soit compris entre − √ et 3 a + √ vaut donc : 3 Z

+ √a3

− √a3

a dP(x) = π

Z

+ √a3 − √a3

 + √a 3 a 1 x 1 dx = arctan = x2 + a2 π a a − √a 3 3

La probabilité de trouver la particule dans la région de l’espace comprise a 1 a entre − √ et + √ est de ≈ 33 %. 3 3 3 Vu la symétrie du problème, il est donc possible d’en déduire que la probabilité de trouver la particule dans la région de l’espace comprise entre −∞ et 1 a − √ est également de , de même que la probabilité de trouver la particule 3 3 a dans la région de l’espace comprise entre + √ et +∞. Le fait que ces trois 3 probabilités soient égales peut s’interpréter graphiquement par l’égalité des trois surfaces hachurées sur la figure 3.2. c. Calculer la valeur moyenne de l’impulsion d’une particule ayant ψ(x) comme fonction d’onde. La valeur moyenne de l’impulsion de la particule peut être calculée comme : hPx i = =

hψ| Px |ψi = a~ iπ

Z

+∞

−∞

Z

+∞

−∞

hψ|xi hx| Px |ψi dx =

Z

+∞ −∞

ψ ∗ (x)

~ d ψ(x)dx i dx

ip0 ip0 x/~ p 2 x e eip0 x/~ x + a2 − √ 2 2 e−ip0 x/~ ~ x + a √ dx x2 + a2 x2 + a2

92

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 3.2 – Interprétation graphique de l’égalité entre les trois probabilités calculées cidessus (les trois zones hachurées ont la même surface).

hPx i =

a~ iπ

ip0 2 (x + a2 ) − x ~ dx (x2 + a2 )2 −∞ Z +∞ Z a~ +∞ dx x − dx 2 2 2 iπ −∞ (x + a2 )2 −∞ x + a  +∞  +∞ a~ 1 1 x + = p0 arctan a a −∞ iπ 2(x2 + a2 ) −∞

Z

=

ap0 π

=

ap0 π

+∞

On a donc hPx i = p0 Étant donné l’expression de la fonction d’onde et le facteur eip0 x/~ , il semble intuitif que l’onde associée à la particule ait une impulsion moyenne égale à p0 . Remarquons néanmoins que cela ne veut pas dire que toutes les ondes du paquet d’ondes possèdent la même impulsion p0 . Cela contredirait en effet le principe d’incertitude de Heisenberg : si ∆p = 0, l’extension spatiale ∆x doit être infinie (comme pour les ondes planes), mais l’extension caractéristique est ici de l’ordre de a. Il est maintenant possible de calculer ∆x et ∆p, même si l’énoncé ne le demande pas. De tels calculs sont proposés dans l’exercice suivant et offrent des interprétations intéressantes.

3.2

Probabilité et fonction d’onde à une dimension

Énoncé. On considère, dans un problème à une dimension, une particule de masse m, dont la fonction d’onde à l’instant t est ψ(x, t).

93

Corrigés des exercices du Chapitre III a. On mesure à l’instant t la distance d de cette particule à l’origine O. Écrire, en fonction de ψ(x, t), la probabilité P(d0 ) de trouver un résultat supérieur à une longueur donnée d0 . Quelles sont les limites de P(d0 ) lorsque d0 → 0 et d0 → ∞ ? b. Au lieu d’effectuer la mesure de la question a, on mesure la vitesse v de la particule à l’instant t. Exprimer, en fonction de ψ(x, t), la probabilité de trouver un résultat supérieur à une valeur donnée v0 .

Commentaires. Ce deuxième exercice fait suite au premier et ajoute le temps t comme variable au problème. L’analyse de ψ(x, t) offre donc une description du système quantique au cours du temps et nous permet ainsi d’étudier son évolution. Remarquons que l’expression de ψ(x, t) n’est pas spécifiée, et que les résultats qui suivent peuvent donc être appliqués à n’importe quelle fonction d’onde normalisée.

Corrigé. On considère, dans un problème à une dimension, une particule de masse m, dont la fonction d’onde à l’instant t est ψ(x, t). a. On mesure à l’instant t la distance d de cette particule à l’origine O. Écrire, en fonction de ψ(x, t), la probabilité P(d0 ) de trouver un résultat supérieur à une longueur donnée d0 . Quelles sont les limites de P(d0 ) lorsque d0 → 0 et d0 → ∞ ?

La probabilité de trouver un résultat supérieur à une longueur donnée d0 est la même que la probabilité de trouver les particules à l’extérieur de l’intervalle [−d0 , d0 ]. On a : P(d0 ) =

Z

−d0

−∞

|ψ(x, t)|2 dx +

Z

+∞

d0

|ψ(x, t)|2 dx = 1 −

Z

d0

−d0

|ψ(x, t)|2 dx

On a donc : lim P(d0 ) =

d0 →0

Z

+∞

−∞

|ψ(x, t)|2 dx = 1 et

lim P(d0 ) = 0

d0 →∞

ce qui est logique, du fait que la particule se trouve nécessairement quelque part à l’intérieur de R. b. Au lieu d’effectuer la mesure de la question a, on mesure la vitesse v de la particule à l’instant t. Exprimer, en fonction de ψ(x, t), la probabilité de trouver un résultat supérieur à une valeur donnée v0 .

94

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I La probabilité de mesurer une impulsion comprise entre p et p + dp est : ∗

dP(p) = |hp|ψ(t)i|2 dp = ψ (p, t)ψ(p, t)dp La probabilité de mesurer une impulsion supérieure à une valeur p0 est donc : Z +∞ Z p0 Z −p0 |ψ(p, t)|2 dp |ψ(p, t)|2 dp = 1 − |ψ(p, t)|2 dp + P(p0 ) = −∞

−p0

p0

ou, de manière équivalente, la probabilité de mesurer une vitesse supérieure à une valeur donnée v0 telle que p0 = mv0 est : Z +∞ Z mv0 Z −mv0 |ψ(p, t)|2 dp |ψ(p, t)|2 dp = 1 − |ψ(p, t)|2 dp + P(v0 ) = −∞

−mv0

mv0

avec

Z +∞ 1 ψ(x, t)e−ipx/~ dx ψ(p, t) = √ 2π~ −∞ On a donc au final :  Z mv0 Z +∞ Z +∞ 1 ∗ ipx/~ −ipx/~ ψ (x, t)e dx ψ(x, t)e dx dp P(v0 ) = 1 − 2π~ −mv0 −∞ −∞ soit P(v0 ) = 1 −

1 2π~

Z

p=mv0 p=−mv0

Z

x=+∞ x=−∞

Z

x′ =+∞

′

ψ ∗ (x′ , t)ψ(x, t)e−ip(x−x )/~ dx dx′ dp

x′ =−∞

Il est intéressant de remarquer la similarité entre les résultats obtenus dans l’espace des positions à la question précédente et ceux obtenus dans l’espace des impulsions ici. lim P(v0 ) = 1 et lim P(v0 ) = 0 v0 →∞

v0 →0

3.3

Fonction d’onde définie à l’aide d’impulsions

Énoncé. La fonction d’onde d’une particule libre, dans un problème à une dimension, est donnée à l’instant t = 0 par : Z +∞ ψ(x, 0) = N dk e−|k|/k0 eikx −∞

où k0 et N sont des constantes. a. Quelle est la probabilité P(p1 , 0) pour qu’une mesure de l’impulsion, effectuée à l’instant t = 0, donne un résultat compris entre −p1 et +p1 ? Étudier sommairement la fonction P(p1 , 0).

95

Corrigés des exercices du Chapitre III b. Que devient cette probabilité P(p1 , t) si la mesure est effectuée à l’instant t ? Interprétation ? c. Quelle est la forme du paquet d’ondes à l’instant t = 0 ? Calculer à cet instant le produit ∆X · ∆P ; conclusion ? Décrire qualitativement l’évolution ultérieure du paquet d’ondes ?

Commentaires. Cet exercice constitue un troisième exemple illustrant la caractérisation d’une fonction d’onde. La nature de paquet d’ondes de la fonction d’onde ψ est claire, elle est composée d’une superposition d’ondes planes d’amplitudes A(k) = e−|k|/k0 , centrées sur k = 0 (c’est-à-dire p = 0), où k0 représente la largeur caractéristique du paquet d’ondes (p0 = ~k0 est la largeur caractéristique dans l’espace des impulsions) et N la constante de normalisation. Il peut être plus naturel d’écrire la fonction d’onde sous la forme : Z 1 +∞ ψ(x, 0) = N dp e−|p|/p0 eipx/~ ~ −∞

Corrigé. La fonction d’onde d’une particule libre, dans un problème à une dimension, est donnée à l’instant t = 0 par : Z +∞ ψ(x, 0) = N dk e−|k|/k0 eikx −∞

où k0 et N sont des constantes. a. Quelle est la probabilité P(p1 , 0) pour qu’une mesure de l’impulsion, effectuée à l’instant t = 0, donne un résultat compris entre −p1 et +p1 ? Étudier sommairement la fonction P(p1 , 0). p Posons p = ~k ⇔ k = . On a : ~ Z N +∞ ψ(x, 0) = dp e−|p|/~k0 eipx/~ ~ −∞ Cependant, d’après la définition de la transformée de Fourier : Z +∞ 1 ψ(x, 0) = √ dp ψ(p, 0)eipx/~ 2π~ −∞ En identifiant ces deux expressions terme à terme, on obtient : r r 1 2π −|p|/~k0 2π −|p|/p0 N −|p|/~k0 √ ⇔ ψ(p, 0) = N =N e e ψ(p, 0) = e ~ ~ ~ 2π~

96

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Normalisons ψ(p, 0) : Z Z +∞ 2π|N |2 +∞ −2|p|/p0 ∗ ψ (p, 0)ψ(p, 0)dp = 1 ⇔ dp = 1 e ~ −∞ −∞ Z 4π|N |2 h p0 −2p/p0 i+∞ 4π|N |2 +∞ −2p/p0 − e =1 dp = 1 ⇔ e ⇔ ~ ~ 2 0 0 4π|N |2 p0 1 ⇔ eiϕ = 1 ⇔ 2πk0 |N |2 = 1 ⇔ N = √ ~ 2 2πk0 En posant ϕ = 0 pour que N soit réel et positif, on obtient : r 1 2π −|p|/p0 = √ e−|p|/p0 e ψ(p, 0) = N ~ p0 et la forme du paquet d’ondes à l’instant t = 0 est représentée sur la figure 3.3. La double flèche indiquée sur la figure 3.3 représente la largeur à mi-hauteur. La probabilité P(p1 , 0) pour qu’une mesure de l’impulsion effectuée à l’instant t = 0 donne un résultat compris entre −p1 et +p1 vaut donc : Z p1 Z p1 1 ∗ ψ (p, 0)ψ(p, 0)dp = e−2|p|/p0 dp P(p1 , 0) = p0 −p1 −p1 Z p1 2 h p0 −2p/p0 ip1 2 e−2p/p0 dp = − e = p0 0 p0 2 0

soit

P(p1 , 0) = 1 − e−2p1 /p0 La densité de probabilité |ψ(p, 0)|2 dans l’espace des impulsions est représentée sur la figure 3.4. La probabilité P(p1 , 0) est représentée en fonction de p1 sur la figure 3.5. Elle correspond à la surface sous la courbe comprise entre

Fig. 3.3 – Forme du paquet d’ondes à l’instant t = 0.

97

Corrigés des exercices du Chapitre III

Fig. 3.4 – Représentation graphique de la densité de probabilité dans l’espace des impulsions.

Fig. 3.5 – Courbe représentative de P(p1 , 0). 

3p0 ,0 2



≈ 95 % et −p1 et p1 sur la figure 3.4. On peut remarquer que P   5p0 P , 0 ≈ 99 %. 2 Pour une fenêtre étroite (p1 ≈ 0), la probabilité de mesurer une impulsion située à l’intérieur de la fenêtre est très faible. Au fur et à mesure que la largeur de la fenêtre augmente, la probabilité augmente. Bien sûr, pour une fenêtre infiniment large (p1 → +∞), cette probabilité tend vers 1. b. Que devient cette probabilité P(p1 , t) si la mesure est effectuée à l’instant t ? Interprétation ? La particule étant libre, sa fonction d’onde ψ(x, t) est solution de l’équation de Schrödinger : ~2 ∂ 2 ∂ ψ(x, t) i~ ψ(x, t) = − ∂t 2m ∂x2 En appliquant la transformée de Fourier à cette équation, on obtient :  2 ~2 ip p2 ∂ ψ(p, t) = ψ(p, t) i~ ψ(p, t) = − ∂t 2m ~ 2m

98

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et l’on obtient donc : 2

ψ(p, t) = e−ip

t/2m~

ψ(p, 0)

qui est l’équivalent de ψ(x, t) = e−iEt/~ ψ(x, 0) On a donc P(p1 , t) = P(p1 , 0) : la probabilité pour qu’une mesure de l’impulsion donne un résultat compris entre −p1 et +p1 ne dépend pas de l’instant auquel la mesure est effectuée. Ceci est dû au fait que l’impulsion est toujours constante pour une particule libre, comme dans le cas classique. c. Quelle est la forme du paquet d’ondes à l’instant t = 0 ? Calculer à cet instant le produit ∆X · ∆P ; conclusion ? Décrire qualitativement l’évolution ultérieure du paquet d’ondes ? On a, par définition de ψ(x, 0) et d’après les résultats de la question a : 1 ψ(x, 0) = √ 2πk0

Z

+∞

−∞

1 dk e−|k|/k0 eikx = √ 2π

Z

+∞

g(k, 0)eikx dk

−∞

En identifiant ces deux expressions terme à terme, on en déduit l’amplitude de la fonction d’onde normalisée : 1 g(k, 0) = √ e−|k|/k0 k0 et la forme du paquet d’ondes à l’instant t = 0 est représentée sur la figure 3.6. Étant donné la symétrie de la figure 3.6, il est clair que hP i = 0. La même symétrie est présente dans l’espace des positions, et nous allons montrer que le paquet d’ondes est centré en x = 0 de sorte que hXi = 0.

Fig. 3.6 – Forme du paquet d’ondes à l’instant t = 0.

99

Corrigés des exercices du Chapitre III On a :

 q   ∆X = hX 2 i − hXi2 q   ∆P = hP 2 i − hP i2

De plus, on a : ψ(x, 0)

= = =

=

=

1 √ 2πk0

Z

+∞

dk e−|k|/k0 eikx

−∞ Z 0

Z +∞ 1 dk e−k/k0 eikx dk ek/k0 eikx + √ 2πk0 0 −∞ Z 0 Z +∞     1 1 k 1 +ix k − k1 +ix 0 √ +√ dk e k0 dk e 2πk0 −∞ 2πk0 0  k=0  k=+∞     k 1 +ix k − k1 +ix 0 1  e k0 e 1    √ +√ 1 − k10 + ix 2πk0 2πk0 k0 + ix k=−∞ k=0 " # s 1 1 2 1 1 √ = − πk03 x2 + k12 2πk0 k10 + ix − k10 + ix √

1 2πk0

0

→ 0 lorsque k → ∓∞ et que la fonction k 7→ eikx est du fait que e bornée. On a donc d’une part : Z +∞ Z +∞

2 2 x2 2 ∗ X = x ψ (x, 0)ψ(x, 0)dx =  2 dx πk03 −∞ −∞ x2 + k12 0 Z +∞ 2 x 4 = 2 dx  πk03 0 x2 + k12 ±k/k0

0

Or on a :

d 1 [k0 arctan k0 x] = 2 dx x +

1 k02

x2 + k12 0 =  2 1 2 x + k2 0

et

"

d x dx x2 +

1 k02

#

x2 + k12 − 2x2 −x2 + k12 0 0 =  2 =  2 1 1 2 2 x + k2 x + k2 0

d’où :

0

"

2 x 2 k0 arctan k0 x − 2 X = πk03 x +

1 k02

#+∞ 0

et, de la même manière :

hXi =

2 πk03

Z

+∞

−∞

x 

x2 +

1 k02

2 dx = 0

=

1 k02

100

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I D’autre part :

2 = P =

hψ(0)| P 2 |ψ(0)i = Z

+∞

−∞

=

1 p0

Z

Z

+∞

−∞

hψ(0)| P 2 |pi hp|ψ(0)idp

p2 hψ(0)|pihp|ψ(0)idp =

+∞

−∞

2 p2 e−2|p|/p0 dp = p0

Z

Z

+∞

∗

p2 ψ (p, 0)ψ(p, 0)dp

−∞ +∞

p2 e−2p/p0 dp

0

d’après les résultats de la question a. En effectuant une première intégration par parties en posant (  ′ p0 u = − e−2p/p0 u = e−2p/p0 et 2 v = p2 v ′ = 2p on obtient   Z +∞ Z +∞

2 2 h p0 2 −2p/p0 i+∞ − p e + p0 pe−2p/p0 dp = 2 pe−2p/p0 dp P = p0 2 0 0 0

En effectuant une seconde intégration par parties en posant (  ′ p0 u = − e−2p/p0 u = e−2p/p0 et 2 v=p v′ = 1 on obtient

 h i+∞ p Z +∞ i+∞ h p

2 p2 p0 0 0 + = 0 e−2p/p0 dp = p0 − e−2p/p0 P = 2 − pe−2p/p0 2 2 0 2 2 0 0

et, de la même manière :

hP i =

1 p0

∆X · ∆P =

r

On a donc au final :

Z

+∞

pe−2|p|/p0 dp = 0

−∞

1 − 02 k02

r

~ ~ p20 − 02 = √ > 2 2 2

et l’inégalité de Heisenberg est donc bien vérifiée. De plus, on a à l’instant t : ψ(x, t)

= = = = =

Z +∞ Z +∞ 2 1 1 ψ(p, t)eipx/~ dp = √ ψ(p, 0)eipx/~ e−ip t/2m~ dp 2π~ −∞ 2π~ −∞ Z +∞ 2 1 √ e−|p|/~k0 eipx/~ e−ip t/2m~ dp 2 2π~ k0 −∞ Z +∞ 2 1 √ e−|k|/k0 eikx e−i~k t/2m dk 2πk0 −∞   Z +∞ ~k2 1 −|k|/k0 i kx− 2m t √ e e dk 2πk0 −∞ Z +∞ 1 √ e−|k|/k0 ei(kx−ω(k)t) dk 2πk0 −∞ √

101

Corrigés des exercices du Chapitre III d’après les résultats des questions a et b, avec ω(k) =

~k 2 , et 2m

1 g(k, t) = √ e−|k|/k0 = g(k, 0) k0 Ce résultat est remarquable. La relation de dispersion indique qu’il y a dispersion au cours de la propagation du paquet d’ondes. La forme du paquet d’ondes dans l’espace des k reste la même en l’absence de forces, mais le paquet d’ondes se disperse dans l’espace des positions. Chaque composante individuelle du paquet d’ondes se propage à une vitesse différente caractérisée ~k , ce qui donne sens à cet étalement dans par la vitesse de phase vϕ = 2m l’espace des positions.

3.4

Étalement d’un paquet d’ondes libre

Énoncé. On considère une particule libre. a. Montrer, en appliquant le théorème d’Ehrenfest, que hXi est une fonction linéaire du temps, la valeur moyenne hP i restant constante.

 b. Écrire les équations d’évolution des valeurs moyennes X 2 et hXP + P Xi. Intégrer ces équations. c. En déduire qu’avec un choix convenable de l’origine des temps, l’écart quadratique moyen ∆X est donné par : (∆X)2 =

1 (∆P )20 t2 + (∆X)20 m2

où (∆X)0 et (∆P )0 sont les écarts quadratiques moyens à l’instant initial. Comment varie en fonction du temps la largeur du paquet d’ondes (voir § 3-c du Complément GI ) ? Interprétation physique.

Commentaires. Cet exercice traite d’une particule libre. Un tel système pourrait être un électron d’un gaz d’électrons dans un métal, par exemple, ou même un neutron dans un faisceau de neutrons. Il peut donc représenter un système réel, et les résultats théoriques présentés ici pourraient être comparés aux résultats expérimentaux, avec lesquels ils seraient indubitablement en parfait accord. Comme dans le cas de l’exemple précédent, ce paquet d’ondes s’étale, mais différemment ici.

102

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Corrigé. On considère une particule libre. a. Montrer, en appliquant le théorème d’Ehrenfest, que hXi est une fonction linéaire du temps, la valeur moyenne hP i restant constante.

On a, d’après le théorème d’Ehrenfest, pour une particule libre de masse m :  d 1   hXi = hP i dt m   d hP i = − h∇V (X)i = 0 dt

La valeur moyenne hP i reste donc constante au cours du temps, exactement comme pour une particule libre classique, et l’intégration de la première équation nous permet d’écrire : hXi =

1 hP i0 (t − t0 ) + hXi0 m

hXi est donc bien une fonction linéaire du temps si l’on prend t0 pour origine des temps et hXi0 pour origine des valeurs moyennes de X. Ce résultat, qui est issu de la première équation d’Ehrenfest, est exactement le même que celui issu de la mécanique classique, à savoir le principe d’inertie. C’est dans la seconde équation d’Ehrenfest que des différences vont apparaître entre la description quantique du paquet d’ondes et la description purement classique. En effet, le théorème d’Ehrenfest en mécanique quantique fait intervenir la valeur moyenne du gradient du potentiel, alors que la mécanique classique fait intervenir le gradient de la valeur moyenne du potentiel. Prendre la valeur moyenne et appliquer l’opérateur gradient ne sont pas des actions interchangeables a priori.

 b. Écrire les équations d’évolution des valeurs moyennes X 2 et hXP + P Xi. Intégrer ces équations. On a, d’après le théorème d’Ehrenfest :

 d 2 1 2 X = [X , H] dt i~ La particule étant libre, on a H = [X 2 , H] = = =

P2 et donc : 2m

1 1 [X 2 , P 2 ] = ([X 2 , P ]P + P [X 2 , P ]) 2m 2m 1 {([X, P ]X + X[X, P ])P + P ([X, P ]X + X[X, P ])} 2m i~ 1 (2i~XP + 2i~P X) = (XP + P X) 2m m

103

Corrigés des exercices du Chapitre III Et l’on a donc : d 2 1 X = hXP + P Xi dt m De la même manière, on a : d 1 hXP + P Xi = h[XP + P X, H]i dt i~ et

1 1 [XP + P X, P 2 ] = ([XP, P 2 ] + [P X, P 2 ]) 2m 2m 1 ([XP, P ]P + P [XP, P ] + [P X, P ]P + P [P X, P ]) 2m 2i~ 2 1 ([X, P ]P 2 + 2P [X, P ]P + P 2 [X, P ]) = P 2m m

[XP + P X, H] = = = Et l’on a donc :

d 2 2 P hXP + P Xi = dt m On a enfin :

 d 2 1 2 P = [P , H] = 0 dt i~

2 Par conséquent, du fait que P est constante au cours du temps : hXP + P Xi =

2 2 P 0 (t − t0 ) + hXP + P Xi0 m

dont on peut déduire :

2

 1  1 X = 2 P 2 0 (t − t0 )2 + hXP + P Xi0 (t − t0 ) + X 2 0 m m c. En déduire qu’avec un choix convenable de l’origine des temps, l’écart quadratique moyen ∆X est donné par : (∆X)2 =

1 (∆P )20 t2 + (∆X)20 m2

où (∆X)0 et (∆P )0 sont les écarts quadratiques moyens à l’instant initial.

104

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I L’écart quadratique moyen ∆X à l’instant t vaut, d’après les résultats des questions a et b : (∆X)2

X 2 − hXi2





=

 1 1 2 hXP + P Xi0 (t − t0 ) + X 2 0 P 0 (t − t0 )2 + m2 m

=

−



1 hP i0 (t − t0 ) + hXi0 m

2





 1 2 P 0 − hP i20 (t − t0 )2 + X 2 0 − hXi20 m2
1 + hXP + P Xi0 − 2 hP i0 hXi0 (t − t0 ) m
1 1 (∆P )20 (t − t0 )2 + hXP + P Xi0 − 2 hP i0 hXi0 (t − t0 ) + (∆X)20 m2 m

=

=

En choisissant l’instant initial t0 comme origine des temps, on obtient

1 1 (∆P )20 t2 + (hXP + P Xi0 − 2 hP i0 hXi0 ) t + (∆X)20 m2 m

(∆X)2 =

En supposant le paquet d’ondes réel, on a :   Z +∞ ~ d ~ d + x ψ(x, 0)dx ψ(x, 0) x hXP + P Xi0 = i dx i dx −∞   Z d ~ +∞ ψ(x, 0) 2x ψ(x, 0) + ψ(x, 0) dx = i −∞ dx  Z +∞  ~ d = ψ 2 (x, 0) + 2xψ(x, 0) ψ(x, 0) dx i −∞ dx Z +∞ d ~ (xψ 2 (x, 0))dx = i −∞ dx Le membre de gauche de cette relation est réel du fait que l’opérateur XP + P X est hermitique, tandis que le membre de droite est imaginaire pur, ce qui implique hXP + P Xi0 = 0. De la même manière : hP i0 =

Z

+∞

−∞

~ d ~ ψ(x, 0) ψ(x, 0)dx = i dx 2i

Z

+∞

−∞

d 2 (ψ (x, 0))dx = 0 dx

et l’on obtient donc bien (∆X)2 =

1 (∆P )20 t2 + (∆X)20 m2

La forme de ∆X en fonction du temps est représentée sur la figure 3.7. Comment varie en fonction du temps la largeur du paquet d’ondes (voir § 3-c du Complément GI ) ? Interprétation physique. D’après le résultat de la question c, lorsque t augmente à partir de 0, ∆X augmente : cela correspond physiquement à l’étalement du paquet d’ondes. Pour visualiser cet étalement, nous pouvons raisonner en termes d’ordres de grandeur sur un électron

Corrigés des exercices du Chapitre III

105

Fig. 3.7 – Forme de ∆X en fonction du temps. d’un métal, qui est une particule libre quantique typique. À t = 0, supposons qu’il est localisé au voisinage d’un atome de sorte que ∆X(0) ≈ 1 Å. Supposons également pour le moment que l’électron est totalement contraint dans les espaces des impulsions et des positions, c’est-à-dire qu’il se trouve à la limite de Heisenberg : ~ ∆X(0) · ∆P (0) = . L’évolution du système au cours du temps est régie par les équa2 tions ci-dessus. La valeur moyenne de l’impulsion demeure constante, de même que ∆P , mais ∆X augmente. En fait, au bout d’une seconde, ∆X ≈ 600 km ! Bien sûr, en réalité, aucun système n’est suffisamment grand pour que l’électron puisse parcourir de telles distances, mais cela montre que le paquet d’ondes représentant l’électron s’étale très vite, explorant ainsi la totalité du système : l’électron est délocalisé dans le métal.

3.5

Particule soumise à une force constante

Énoncé. Dans un problème à une dimension, on considère une particule d’énergie potentielle V (X) = −f X, où f est une constante positive [V (X) a par exemple pour origine l’action du champ de pesanteur, ou encore l’action d’un champ électrique uniforme]. a. Écrire le théorème d’Ehrenfest pour les valeurs moyennes de la position X et de l’impulsion P de la particule. Intégrer ces équations ; comparer avec le mouvement classique. b. Montrer que l’écart quadratique moyen ∆P ne varie pas au cours du temps. c. Écrire l’équation de Schrödinger en représentation {|pi}. En déduire ∂ ∂ |hp|ψ(t)i|2 et |hp|ψ(t)i|2 . Intégrer l’équation une relation entre ∂t ∂p ainsi obtenue ; interprétation physique.

106

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Commentaires. La notion de force est essentielle en mécanique newtonienne. Jusqu’à maintenant, la dynamique des systèmes quantiques a été décrite sans utiliser de forces. Cet exercice propose d’explorer la notion de force en mécanique quantique pour voir si la notion classique y conserve sa signification. Comme indiqué dans l’énoncé, la force est ici constante, et cet exercice constitue donc un cas particulier, qui ne peut constituer qu’une première approche.

Corrigé. Dans un problème à une dimension, on considère une particule d’énergie potentielle V (X) = −f X, où f est une constante positive [V (X) a par exemple pour origine l’action du champ de pesanteur, ou encore l’action d’un champ électrique uniforme]. a. Écrire le théorème d’Ehrenfest pour les valeurs moyennes de la position X et de l’impulsion P de la particule. Intégrer ces équations ; comparer avec le mouvement classique. D’après le théorème d’Ehrenfest, on a :  1 d   hXi = hP i dt m   d hP i = − hV ′ (X)i = f dt L’intégration de la seconde équation donne : hP i = f (t − t0 ) + hP i0 et l’intégration de la première équation donne : hXi =

1 f (t − t0 )2 + hP i0 (t − t0 ) + hXi0 2m m

Cette relation implique : m

d2 d hXi = hP i = f 2 dt dt

qui correspond à l’équation du mouvement (deuxième loi de Newton ou principe fondamental de la dynamique) d’une particule classique soumise à une force f . Il est important de se souvenir ici que X et P sont les opérateurs position et impulsion, et que c’est leur valeur moyenne qui satisfait aux équations classiques du mouvement. Malgré cela, on peut remarquer que le centre du paquet d’ondes obéit parfaitement à la deuxième loi de Newton. La seconde équation d’Ehrenfest n’introduit ni différence ni subtilité par rapport au cas classique. Mathématiquement, cela provient du fait que le gradient du potentiel (c’est-à-dire la force) est constant. Nous l’avons déjà mentionné dans l’exercice précédent.

Corrigés des exercices du Chapitre III

107

b. Montrer que l’écart quadratique moyen ∆P ne varie pas au cours du temps. On a :    1 2 1 2 f

d 2 P = [P , H] = [P , V (X)] = [X, P 2 ] = 2f hP i dt i~ i~ i~

du fait que V (X) = −f X, et l’on a donc :

 d 2 d d (∆P )2 = hP i = 2f hP i − 2f hP i = 0 P − 2 hP i (∆P )2 = P 2 − hP i2 ⇒ dt dt dt

d’après les résultats de la question a, et l’écart quadratique moyen ∆P ne varie donc pas au cours du temps. La force étant constante, elle agit sur chaque composante du paquet d’ondes de la même manière. Ses caractéristiques demeurent donc les mêmes.

c. Écrire l’équation de Schrödinger en représentation {|pi}. En déduire une rela∂ ∂ |hp|ψ(t)i|2 et |hp|ψ(t)i|2 . Intégrer l’équation ainsi obtenue ; tion entre ∂t ∂p interprétation physique. L’équation de Schrödinger donne : i~

P2 d |ψ(t)i = |ψ(t)i − f X |ψ(t)i dt 2m

En multipliant par hp| à gauche, cette équation devient i~

P2 ∂ hp|ψ(t)i = hp| |ψ(t)i − f hp| X |ψ(t)i ∂t 2m

On en déduit donc, en représentation {|pi} : i~

∂ p2 ∂ hp|ψ(t)i = hp|ψ(t)i − f i~ hp|ψ(t)i ∂t 2m ∂p

d en représentation {|pi} d’après dp le Complément EII . En prenant la conjuguée hermitique de cette équation, on obtient :

du fait que l’opérateur X agit comme i~

−i~

∂ p2 ∂ hψ(t)|pi = hψ(t)|pi + f i~ hψ(t)|pi ∂t 2m ∂p

En multipliant la première équation par hψ(t)|pi et la seconde par hp|ψ(t)i puis en faisant la différence des deux, on obtient : ∂ ∂ hψ(t)|pi hp|ψ(t)i + hp|ψ(t)i hψ(t)|pi ∂t ∂t   ∂ ∂ = −f hψ(t)|pi hp|ψ(t)i + hp|ψ(t)i hψ(t)|pi ∂p ∂p ∂ ∂ [hψ(t)|pihp|ψ(t)i] + f [hψ(t)|pihp|ψ(t)i] = 0 ⇔ ∂t ∂p

108

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I soit ∂ ∂ |hp|ψ(t)i|2 + f |hp|ψ(t)i|2 = 0 ∂t ∂p Nous avons montré à la question a que le mouvement de la particule est régi par les mêmes équations qu’une particule classique. Or on a, dans le cas classique : dp = f ⇔ p = p0 + f t dt en choisissant pour origine des temps l’instant t = 0. La relation précédente devient alors 

∂ ∂ +f ∂t ∂p



|hp|ψ(t)i|2 = 0 ⇔



dp ∂ ∂ + ∂t dt ∂p



|hp|ψ(t)i|2 = 0 ⇔

d |hp|ψ(t)i|2 = 0 dt

On a alors |hp|ψ(t)i|2 = |hp0 |ψ(0)i|2 = |hp − f t|ψ(0)i|2 L’amplitude de probabilité |hp|ψ(t)i|2 se déplace donc vers la droite (p augmente lorsque t augmente) à la vitesse f et sa forme ne change pas au cours du temps (du fait que |hp|ψ(t)i|2 = |hp0 |ψ(0)i|2 ). On peut comparer cette équation à la dérivée particulaire en mécanique des fluides. Le fluide est ici la densité de probabilité, et cette équation reflète l’idée physique selon laquelle la densité de probabilité dans l’espace des impulsions demeure constante lorsqu’on suit l’évolution du paquet d’ondes, comme pour un fluide incompressible. Son évolution se fait donc sans aucune distorsion. Ce résultat est en parfait accord avec le résultat de la question b.

3.6

Fonction d’onde à trois dimensions

Énoncé. On considère la fonction d’onde à trois dimensions :  −

ψ(x, y, z) = N e

|x| |y| |z|  + + 2a 2b 2c 

où a, b, c sont trois longueurs positives. a. Calculer N pour que ψ soit normée. b. Calculer la probabilité pour qu’une mesure de X donne un résultat compris entre 0 et a. c. Calculer la probabilité pour que des mesures simultanées de Y et de Z donnent des résultats compris respectivement entre −b et +b, et −c et +c.

109

Corrigés des exercices du Chapitre III d. Calculer la probabilité pour qu’une mesure de l’impulsion donne un résultat compris dans l’élément dpx dpy dpz centré au point px = py = 0; pz = ~/c.

Commentaires. Cet exercice ressemble à l’exercice 1 par son approche, mais traite d’un système à trois dimensions. Le paquet d’ondes est centré sur l’origine et a une extension spatiale caractéristique de a selon Ox, b selon Oy, et c selon Oz.

Corrigé. On considère la fonction d’onde à trois dimensions :  −

ψ(x, y, z) = N e

|x| |y| |z|  + + 2a 2b 2c 

où a, b, c sont trois longueurs positives. a. Calculer N pour que ψ soit normée. ψ est normée si et seulement si : Z +∞ Z +∞ Z +∞ ψ ∗ (x, y, z)ψ(x, y, z)dx dy dz = 1 −∞

−∞

−∞



⇔ |N |2

Z

+∞

⇔ |N |2

Z

+∞ −

−∞

Z

−∞

e

−∞

⇔ 8|N |2 2

⇔ 8|N |

Z

h

+∞

Z

+∞ −

e

|x| Z a dx

x Z e a dx

+∞ −

e

−∞

−ae

ix=+∞ h x=0

|y| Z b dy

+∞ −

e

|z| c dz = 1

z e c dz = 1

+∞ −

0

−be

−y/b

1 ⇔ 8|N | abc = 1 ⇔ N = √ eiϕ 8abc 2

dx dy dz = 1

−∞

y Z e b dy

+∞ −

0

−x/a



−∞

+∞ − 0

|x| |y| |z|  + + a b c

iy=+∞ h iz=+∞ −ce−z/c =1 y=0

z=0

En posant ϕ = 0 pour que N soit réel et positif, on obtient : N=√

1 8abc

On peut vérifier aisément que le carré de la fonction d’onde a la dimension de l’inverse d’un volume, ce qui est prévisible pour une densité de probabilité à trois dimensions.

110

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

b. Calculer la probabilité pour qu’une mesure de X donne un résultat compris entre 0 et a. La probabilité pour qu’une mesure de X donne un résultat compris entre 0 et a vaut, d’après le résultat de la question a : |x| |y| |z|  − + + a b c 

1 8abc = = =

Z

x=a

x=0

Z

y=+∞ Z z=+∞

y=−∞

e



dx dy dz

z=−∞

Z a x Z +∞ y Z +∞ z − − − 1 e b dy e c dz e a dx 2abc 0 0 0 iz=+∞ iy=+∞ h ix=a h 1 h −y/b −x/a −ce−z/c −be −ae 2abc z=0 y=0 x=0 1 − e−1 ≈ 31,6 % 2

Compte tenu des symétries par rapport à l’origine, il est facile d’en déduire que la probabilité de trouver la particule en x ∈ [−a, a] est de 63,2 %, ce qui correspond effectivement à l’idée initiale et intuitive selon laquelle l’extension caractéristique de la fonction d’onde est égale à a selon Ox. c. Calculer la probabilité pour que des mesures simultanées de Y et de Z donnent des résultats compris respectivement entre −b et +b, et −c et +c.

La probabilité pour que des mesures simultanées de Y et de Z donnent des résultats compris respectivement entre −b et +b, et −c et +c vaut, d’après le résultat de la question a : |x| |y| |z|  − + + a b c 

x=+∞ Z

y=+b Z



z=+c 1 e dx dy dz 8abc x=−∞ y=−b z=−c Z +∞ x Z b y Z c z − − − 1 = e b dy e c dz e a dx abc 0 0 0 iz=c iy=b h ix=+∞ h 1 h −ce−z/c −be−y/b −ae−x/a = abc z=0 y=0 x=0 = (1 − e−1 )2 ≈ 40,0 %

Z

On peut aussi aboutir à ce résultat en exploitant les rôles symétriques de a, b et c pour x, y et z, respectivement. La probabilité de trouver la particule en y ∈ [−b, b] est de 63,2 %, et la probabilité de trouver la particule en z ∈ [−c, c] est de 63,2 %. Enfin, la probabilité de trouver la particule en y ∈ [−b, b] et z ∈ [−c, c] est de 0,6322 ≈ 0,400, soit 40,0 %. d. Calculer la probabilité pour qu’une mesure de l’impulsion donne un résultat compris dans l’élément dpx dpy dpz centré au point px = py = 0; pz = ~/c. La transformée de Fourier de ψ(x, y, z) a pour expression générale : ψ(px , py , pz ) =

1 (2π~)3/2

Z

+∞ −∞

Z

+∞

−∞

Z

+∞

−∞

ψ(x, y, z)e−i(px x+py y+pz z)/~ dx dy dz

111

Corrigés des exercices du Chapitre III et en particulier   ~ ψ 0, 0, c

= = =

1 (2π~)3/2

Z

+∞ −∞

1 √ 8 abc(π~)3/2

Z

Z

+∞

−∞ +∞

Z

+∞

ψ(x, y, z)e−iz/c dx dy dz −∞

e−|x|/2a dx

−∞

Z

+∞

e−|y|/2b dy −∞

Z +∞ Z +∞ 1 √ e−y/2b dy e−x/2a dx 2 abc(π~)3/2 0 0  Z 0 Z +∞ ez/2c−iz/c dz + e−z/2c−iz/c dz × −∞

1

Z

0

h ix=+∞ h iy=+∞ −2ae−x/2a −2be−y/2b

√ x=0 y=0 2 abc(π~)3/2 " #z=0 #z=+∞  " ez/2c−iz/c e−z/2c−iz/c  × + 1 1 i − 2c − − ci 2c c z=−∞ z=0

=

√

abc(π~)3/2

e−|z|/2c−iz/c dz

−∞

=

2ab

+∞

1 c
1 2 + c12 2c

8abc = √ 5 abc(π~)3/2

d’après le résultat de la question a et du fait que e±z/2c → 0 lorsque z → ∓∞ et que la fonction z 7→ e−iz/c est bornée. On a donc : √   ~ 8 abc ψ 0, 0, = c 5(π~)3/2 et la probabilité recherchée vaut donc : ψ

∗

    64abc ~ ~ dpx dpy dpz = dpx dpy dpz 0, 0, ψ 0, 0, c c 25π 3 ~3

On peut vérifier aisément que ce résultat probabiliste est adimensionnel, comme prévu. On peut remarquer que, lorsque c augmente, c’est-à-dire pour une plus grande extension spatiale selon Oz, alors la probabilité |ψ(0, 0, pz = ~/c)|2 augmente, ~ y compris lorsque → 0. Cela signifie que la distribution dans l’espace des c phases est piquée pour de grandes extensions spatiales, comme prévu.

3.7

Fonction d’onde générique à trois dimensions

Énoncé. Soit ψ(x, y, z) = ψ(r) la fonction d’onde normée d’une particule. Exprimer en fonction de ψ(r) la probabilité pour que : a. Dans une mesure de l’abscisse X, on trouve un résultat compris entre x1 et x2 .

112

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

b. Dans une mesure de la composante Px de l’impulsion, on trouve un résultat compris entre p1 et p2 . c. Dans des mesures simultanées de X et Pz , on trouve : x1 6 x 6 x2 pz > 0 d. Dans des mesures simultanées de Px , Py , Pz , on trouve : p1 6 px 6 p2 p3 6 py 6 p4 p5 6 pz 6 p6 Retrouver le résultat de b lorsque p3 , p5 → −∞; p4 , p6 → +∞. 1 e. Dans une mesure de la composante U = √ (X +Y +Z) de la position, 3 on trouve un résultat compris entre u1 et u2 .

Commentaires. Cet exercice ne peut être abordé avant d’avoir résolu l’exercice précédent du fait qu’il en utilise les résultats. Cet exercice généralise le précédent. Il est basé sur le formalisme de la mécanique quantique. Il est important d’interpréter l’idée physique, l’énoncé dans ce cas, sous la forme d’une équation mathématique en utilisant les notations nécessaires. Le but de cet exercice est de prendre l’habitude d’associer des équations et de comprendre leur signification en termes d’idées physiques.

Corrigé. Soit ψ(x, y, z) = ψ(r) la fonction d’onde normée d’une particule. Exprimer en fonction de ψ(r) la probabilité pour que : a. Dans une mesure de l’abscisse X, on trouve un résultat compris entre x1 et x2 . Cette probabilité vaut : Z

x=x2

x=x1

Z

y=+∞

y=−∞

Z

z=+∞

ψ ∗ (x, y, z)ψ(x, y, z)dx dy dz

z=−∞

b. Dans une mesure de la composante Px de l’impulsion, on trouve un résultat compris entre p1 et p2 .

113

Corrigés des exercices du Chapitre III Cette probabilité vaut : Z

px =p2

px =p1

py =+∞

Z

py =−∞

pz =+∞

Z

∗

ψ (px , py , pz )ψ(px , py , pz )dpx dpy dpz

pz =−∞

où ψ(px , py , pz ) est la transformée de Fourier à trois dimensions de ψ(x, y, z) ψ(px , py , pz ) =

1 (2π ~)3/2

Z

x=+∞

x=−∞

Z

y=+∞

y=−∞

Z

z=+∞

ψ(x, y, z)e−i(px x+py y+pz z)/~ dx dy dz

z=−∞

c. Dans des mesures simultanées de X et Pz , on trouve : x1 6 x 6 x2 pz > 0 Cette probabilité vaut : Z ×

x=x2

y=+∞

Z

z=+∞

Z

ψ ∗ (x, y, z)ψ(x, y, z)dx dy dz

y=−∞ z=−∞ 1 Zx=x px =+∞ Z py =+∞ Z pz =+∞ px =−∞

py =−∞

∗

ψ (px , py , pz )ψ(px , py , pz )dpx dpy dpz

pz =0

d. Dans des mesures simultanées de Px , Py , Pz , on trouve : p1 6 px 6 p2 p3 6 py 6 p4 p5 6 pz 6 p6 Retrouver le résultat de b lorsque p3 , p5 → −∞; p4 , p6 → +∞. Cette probabilité vaut : Z

px =p2

px =p1

py =p4

Z

py =p3

Z

pz =p6

∗

ψ (px , py , pz )ψ(px , py , pz )dpx dpy dpz

pz =p5

et l’on retrouve bien le résultat de b lorsque p3 , p5 → −∞; p4 , p6 → +∞.

1 e. Dans une mesure de la composante U = √ (X + Y + Z) de la position, on 3 trouve un résultat compris entre u1 et u2 . Cette probabilité vaut : Z

x=+∞ x=−∞

Z

y=+∞

y=−∞

Z

z=u2

z=u1

√ 3−x−y

√

ψ ∗ (x, y, z)ψ(x, y, z)dx dy dz

3−x−y

Dans ce cas, il existe une contrainte sur l’un des trois degrés de liberté. Nous supposons qu’il s’agit de z, mais il aurait pu s’agir de x ou y de manière totalement équivalente.

114

3.8

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Courant de probabilité

Énoncé. Soit J(r) le courant de probabilité associé à une fonction d’onde ψ(r) décrivant l’état d’une particule de masse m [Chapitre III, relations (D-17) et (D-19)]. a. Montrer que : Z m

d3 r J(r) = hPi

où hPi est la valeur moyenne de l’impulsion.

b. On considère l’opérateur L (moment cinétique orbital) défini par L = R × P. Les trois composantes de L sont-elles des opérateurs hermitiques ? Établir l’égalité : Z m d3 r[r × J(r)] = hLi

Commentaires. Cet exercice propose de lier le concept de densité de probabilité à de vraies observables de mécanique quantique, ce qui offre de nouvelles possibilités d’interprétation des résultats. Le courant de probabilité, également appelé flux de probabilité, est un vecteur réel décrivant le flux de probabilité au sein du système ; il est lié à la fonction d’onde de la particule. Si l’on assimile la probabilité à un fluide hétérogène, le courant de probabilité correspond alors au débit d’un tel fluide. Pour mieux visualiser le courant de probabilité, cet exercice propose un raisonnement qui conduit à des résultats analogues aux résultats classiques de la mécanique des fluides. Souvenons-nous que l’équation régissant l’évolution de la densité de probabilité en mécanique quantique est totalement comparable aux équations de conservation (charge, masse, énergie, etc.) en physique classique.

Corrigé. Soit J(r) le courant de probabilité associé à une fonction d’onde ψ(r) décrivant l’état d’une particule de masse m [Chapitre III, relations (D-17) et (D-19)]. a. Montrer que : m

Z

d3 r J(r) = hPi

où hPi est la valeur moyenne de l’impulsion.

D’après la relation (D-19) du Chapitre III, on a : J(r) = hK(r)i =

1 h|ri hr| P + P |ri hr|i 2m

115

Corrigés des exercices du Chapitre III et l’on peut donc en déduire : Z Z Z 1 1 3 3 d r h|ri hr| Pi + d3 r hP |ri hr|i m d r J(r) = 2 2 Z Z 1 1 = d3 rhψ|ri hr| P |ψi + d3 r hψ| P |ri hr|ψi 2 2

et, en sommant sur tout l’espace, ce qui est équivalent à une relation de fermeture sur l’espace des positions, on en déduit : m

Z

d3 r J(r) =

1 1 hψ| P |ψi + hψ| P |ψi = hPi 2 2

Le fait que J et P soient liés n’est pas surprenant si l’on se souvient que la densité de flux j en mécanique des fluides est liée à la densité ρ du fluide et à la vitesse v du fluide via j = ρv et que l’impulsion classique est donnée par p = mv. Le flux de probabilité, ou courant de probabilité, est alors naturellement fortement lié à l’impulsion. Dans le cas particulier d’une onde plane monochromatique, on a : mJ = m|ψ|2

~k = m|ψ|2 v m

qui est parfaitement identique à l’équation de mécanique des fluides j = ρv, en posant ρ = m|ψ|2 . b. On considère l’opérateur L (moment cinétique orbital) défini par L = R × P. Les trois composantes de L sont-elles des opérateurs hermitiques ? Établir l’égalité : Z m d3 r[r × J(r)] = hLi La complexité des équations qui suivent provient du fait que l’on considère simultanément les trois composantes de L. On peut parvenir au même résultat en commençant par considérer l’une des composantes, puis en en déduisant des résultats similaires pour les autres par permutation circulaire. Par définition de l’opérateur L, on a :   Lx = Y Pz − ZPy Ly = ZPx − XPz  Lz = XPy − Y Px et l’on a donc :  † † † † † † †  Lx = (Y Pz ) − (ZPy ) = Pz Y − Py Z = Pz Y − Py Z = Y Pz − ZPy = Lx 

L†y = (ZPx )† − (XPz )† = Px† Z † − Pz† X † = Px Z − Pz X = ZPx − XPz = Ly L†z = (XPy )† − (Y Px )† = Py† X † − Px† Y † = Py X − Px Y = XPy − Y Px = Lz

116

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I du fait que : • les composantes X, Y, Z de R et Px , Py , Pz de P sont des opérateurs hermitiques, • [Ri , Pj ] = i~δij . On peut donc en déduire que les trois composantes de L sont des opérateurs hermitiques. On a de plus, d’après la relation (D.17) du Chapitre III : J(r) = soit

~ [ψ ∗ (r)∇ψ(r) − ψ(r)∇ψ ∗ (r)] 2mi

∂ ∂ ∗ ∗  ψ (r) ∂x ψ(r) − ψ(r) ∂x ψ (r)  ~   ψ ∗ (r) ∂ ψ(r) − ψ(r) ∂ ψ ∗ (r) J(r) = 2mi  ∂y ∂y   ∂ ∂ ∗ ψ (r) ψ(r) − ψ(r) ψ ∗ (r) ∂z ∂z On peut ainsi en déduire 

       

 ∂ ∂ ∗ ψ ∗ (r) ψ(r) − ψ(r) ψ (r)   ∂x ∂x     x   ~ ∂ ∂   ∗  y  ×  ψ ∗ (r) ψ(r) − ψ(r) ψ (r)    2mi ∂y ∂y   z   ∂ ∂ ∗ ∗ ψ(r) − ψ(r) ψ (r) ψ (r) ∂z ∂z      ∂ ∂ ∗ ∂ ∗ ∂ ψ(r) − z ψ(r) − ψ(r) y ψ (r) − z ψ (r) ψ ∗ (r) y   ∂z ∂y ∂z ∂y       ~  ∂ ∂ ∂ ∗ ∂ ∗   ∗ ψ(r) − x ψ(r) − ψ(r) z ψ (r) − x ψ (r)   ψ (r) z  2mi  ∂x ∂z ∂x ∂z        ∂ ∂ ∗ ∂ ∗ ∂ ∗ ψ(r) − y ψ(r) − ψ(r) x ψ (r) − y ψ (r) ψ (r) x ∂y ∂x ∂y ∂x      ~ ∂ ~ ∂ ~ ∂ ∗ ~ ∂ ∗ ψ ∗ (r) y ψ(r) − z ψ(r) − ψ(r) y ψ (r) − z ψ (r)   i ∂z i ∂y i ∂z i ∂y       1  ~ ∂ ~ ∂ ∗ ~ ∂ ∗ ~ ∂  ∗  ψ(r) − x ψ(r) − ψ(r) z ψ (r) − x ψ (r)   ψ (r) z  2m  i ∂x i ∂z i ∂x i ∂z        ~ ∂ ~ ∂ ~ ∂ ∗ ~ ∂ ∗ ∗ ψ (r) x ψ(r) − y ψ(r) − ψ(r) x ψ (r) − y ψ (r) i ∂y i ∂x i ∂y i ∂x   hψ|ri (y hr| Pz |ψi − z hr| Py |ψi) + hr|ψi (y hψ| Pz |ri − z hψ| Py |ri) 1  hψ|ri (z hr| Px |ψi − x hr| Pz |ψi) + hr|ψi (z hψ| Px |ri − x hψ| Pz |ri)  2m hψ|ri (x hr| P |ψi − y hr| P |ψi) + hr|ψi (x hψ| P |ri − y hψ| P |ri) 

r × J(r)

=

=

=

=

y

=

1 2m

=

1 2m

x

y

 hψ|ri hr| Y Pz − ZPy |ψi + hr|ψi hψ| Pz Y − Py Z |ri  hψ|ri hr| ZPx − XPz |ψi + hr|ψi hψ| Px Z − Pz X |ri  hψ|ri hr| XPy − Y Px |ψi + hr|ψi hψ| Py X − Px Y |ri   hψ|ri hr| Lx |ψi + hψ| L†x |ri hr|ψi  hψ|ri hr| Ly |ψi + hψ| L†y |ri hr|ψi  hψ|ri hr| Lz |ψi + hψ| L†z |ri hr|ψi 

x

117

Corrigés des exercices du Chapitre III

d’après les résultats précédents. Or nous avons montré que les trois composantes de L sont des opérateurs hermitiques, d’où   hψ|ri hr| Lx |ψi + hψ| Lx |ri hr|ψi 1  hψ|ri hr| Ly |ψi + hψ| Ly |ri hr|ψi  r × J(r) = 2m hψ|ri hr| Lz |ψi + hψ| Lz |ri hr|ψi

En multipliant enfin cette expression par m et en l’intégrant sur r tout en utilisant la relation de fermeture, on obtient :

m

Z

d3 r [r × J(r)] =

= et l’on a donc bien

 Z

3

d rhψ|ri hr| Lx |ψi +

Z

d3 r hψ| Lx |ri hr|ψi

  Z Z 1 3  d rhψ|ri hr| L |ψi + d3 r hψ| Ly |ri hr|ψi y 2  Z Z  3 d rhψ|ri hr| Lz |ψi + d3 r hψ| Lz |ri hr|ψi     hψ| Lx |ψi + hψ| Lx |ψi hψ| Lx |ψi 1 hψ| Ly |ψi + hψ| Ly |ψi  =  hψ| Ly |ψi  2 hψ| Lz |ψi + hψ| Lz |ψi hψ| Lz |ψi

m

Z

       

d3 r[r × J(r)] = hLi

Ce résultat quantique a également un équivalent classique. Tout d’abord, le moment cinétique orbital décrit le mouvement de rotation autour d’un axe à une vitesse angulaire ω. Un résultat bien connu pour les systèmes classiques est que le moment cinétique orbital est proportionnel à la vitesse angulaire. De plus, l’expression r × J est apparentée à ∇ × J, c’est-à-dire au rotationnel de J. Le résultat quantique ci-dessus est donc analogue à ∇ × v = ω, qui est l’équation régissant le champ des vitesses dans un flux rotationnel. Nous proposons donc l’interprétation suivante de l’équation quantique à partir de cette analogie : dans le cas d’un moment cinétique orbital non nul, le courant de probabilité entoure le moment cinétique orbital, de la même manière que les lignes de courant entourent le vecteur vorticité dans un flux rotationnel. L’analogie peut, une fois de plus, être poussée plus loin dans le cas d’une onde plane monochromatique. De la même manière que J(r) est l’analogue de ρv en mécanique des fluides, c’est-à-dire de l’impulsion par unité de volume du dL dp fluide 3 , r × J(r) est l’analogue de r× ρv(r) = 3 , c’est-à-dire du moment d r d r cinétique orbital par unité de volume du fluide. Il est possible de travailler 1 h|ri hr| P + P |ri hr|i en représentation {|ri} en utilisant J(r) = hK(r)i = 2m comme à la question a, ce qui peut faciliter les calculs.

118

3.9

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Description complète d’un état quantique à l’aide de la densité de probabilité et du courant de probabilité

Énoncé. On se propose de montrer que l’état physique d’une particule (sans spin) est complètement déterminé par la donnée de la densité de probabilité ρ(r) = |ψ(r)|2 et du courant de probabilité J(r). a. Supposons la fonction ψ(r) donnée, et soit ξ(r) son argument : p ψ(r) = ρ(r)eiξ(r) Montrer que :

~ ρ(r)∇ξ(r) m En déduire que deux fonctions d’onde donnant la même densité ρ(r) et le même courant J(r) ne peuvent différer que par un facteur de phase global. J(r) =

b. On se donne des fonctions ρ(r) et J(r) arbitraires ; montrer qu’on ne peut leur associer un état quantique ψ(r) que si ∇ × v(r) = 0, où v(r) = J(r)/ρ(r) est la vitesse associée au fluide de probabilité. c. On suppose maintenant que la particule est soumise à l’action d’un champ magnétique B(r) = ∇ × A(r) [voir, Chapitre III, la définition (D-20) du courant de probabilité dans ce cas]. Montrer que : J=

ρ(r) [~∇ξ(r) − qA(r)] m

et : ∇ × v(r) = −

q B(r) m

Commentaires. Cet exercice révèle la complémentarité entre les notions de densité de probabilité et de courant de probabilité pour décrire l’état quantique du système dans sa totalité. Jusqu’à maintenant, les deux notions ont été étudiées et interprétées indépendamment ; cet exercice les regroupe, offrant ainsi une méthode de synthèse claire. Il s’agit d’un résultat important du fait que tous deux représentent des concepts relativement intuitifs qui nous aident à nous représenter le système physique : la densité de probabilité donne une idée de là où l’on peut trouver la particule dans l’espace, et le courant de probabilité indique le flux de probabilité.

119

Corrigés des exercices du Chapitre III

Corrigé. On se propose de montrer que l’état physique d’une particule (sans spin) est complètement déterminé par la donnée de la densité de probabilité ρ(r) = |ψ(r)|2 et du courant de probabilité J(r). a. Supposons la fonction ψ(r) donnée, et soit ξ(r) son argument : p ψ(r) = ρ(r)eiξ(r) Montrer que :

~ ρ(r)∇ξ(r) m En déduire que deux fonctions d’onde donnant la même densité ρ(r) et le même courant J(r) ne peuvent différer que par un facteur de phase global. J(r) =

On a, d’après la relation (D-17) du Chapitre III :    ~ 1 ∗ Re ψ (r) ∇ψ(r) J(r) = m i !) ( p p 1 ~ ∇ρ(r) p eiξ(r) + i ρ(r)∇ξ(r)eiξ(r) = ρ(r)e−iξ(r) Re m i 2 ρ(r)   ~ 1 Re ∇ρ(r) + ~ρ(r)∇ξ(r) = m 2i soit J(r) =

~ ρ(r)∇ξ(r) m

p Ainsi, si p l’on considère deux fonctions d’onde ψ1 (r) = ρ1 (r)eiξ1 (r) et iξ2 (r) ψ2 (r) = ρ2 (r) e donnant la même densité ρ1 (r) = ρ2 (r) = ρ(r) et le même courant J1 (r) = J2 (r), on a : J1 (r) = J2 (r)

~ ~ ρ(r)∇ξ1 (r) = ρ(r)∇ξ2 (r) m m ⇔ ∇ξ1 (r) = ∇ξ2 (r) ⇔ ξ2 (r) = ξ1 (r) + α

⇔

avec α une constante, et l’on a donc : p p ψ2 (r) = ρ2 (r)eiξ2 (r) = ρ1 (r)ei(ξ1 (r)+α) = ψ1 (r)eiα

et les deux fonctions d’onde ne diffèrent donc que d’un facteur de phase global. Comme en optique, deux fonctions d’onde issues de la même source ne diffèrent que par leur déphasage, qui est la seule quantité mesurable en interférométrie. On peut remarquer que le résultat ci-dessus est directement comparable au résultat de mécanique des fluides classique : j = ρv, où ρ est la densité du fluide et v sa vitesse. Dans cette analogie, la vitesse classique est

120

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I ∇ξ(r) , ce qui revient à dire que l’impulsion classique p = mv m est l’analogue de ∇ξ(r). Écrire p = ∇ξ(r) nous rappelle l’expression de l’impulsion dans la théorie de Hamilton-Jacobi en mécanique classique, où ξ(r) représente la fonction principale de Hamilton.

l’analogue de

b. On se donne des fonctions ρ(r) et J(r) arbitraires ; montrer qu’on ne peut leur associer un état quantique ψ(r) que si ∇ × v(r) = 0, où v(r) = J(r)/ρ(r) est la vitesse associée au fluide de probabilité. Le facteur de phase local ξ(r) dépend de la densité de probabilité ρ(r) et du courant de probabilité J(r) via la relation obtenue à la question a : J(r) =

m J(r) m ~ ρ(r)∇ξ(r) ⇔ ∇ξ(r) = = v(r) m ~ ρ(r) ~

Or le rotationnel du gradient est toujours nul, donc on a nécessairement : ∇ × ∇ξ(r) = 0 ⇔ ∇ × v(r) = 0 et l’on ne peut donc associer un état quantique ψ(r) à ρ(r) et J(r) que si ∇ × v(r) = 0.

La vitesse v(r) est donc irrotationnelle, ce qui revient à dire que v dérive ~ d’un « potentiel » ξ(r). m c. On suppose maintenant que la particule est soumise à l’action d’un champ magnétique B(r) = ∇ × A(r) [voir, Chapitre III, la définition (D-20) du courant de probabilité dans ce cas]. Montrer que : J=

ρ(r) [~∇ξ(r) − qA(r)] m

et : ∇ × v(r) = −

q B(r) m

On a dans ce cas, d’après la relation (D-20) du Chapitre III :     ~ 1 Re ψ ∗ (r) ∇ − qA(r) ψ(r) J(r) = m i " ! ( p p 1 ∇ρ(r) iξ(r) −iξ(r) ~ iξ(r) p ρ(r)e = Re e + i ρ(r)∇ξ(r)e m i 2 ρ(r) #) p iξ(r) − qA(r) ρ(r)e = =

  ~ 1 Re ∇ρ(r) + ~ρ(r)∇ξ(r) − qA(r)ρ(r) m 2i 1 [~ρ(r)∇ξ(r) − qA(r)ρ(r)] m

Corrigés des exercices du Chapitre III

121

soit J(r) =

ρ(r) [~∇ξ(r) − qA(r)] m

Le facteur de phase local ξ(r) dépend donc de la densité de probabilité ρ(r), du courant de probabilité J(r) et du potentiel vecteur A(r) via la relation précédente : J(r) =

ρ(r) m J(r) q m q [~∇ξ(r) − qA(r)] ⇔ ∇ξ(r) = + A(r) = v(r)+ A(r) m ~ ρ(r) ~ ~ ~

Or le rotationnel du gradient est toujours nul, donc on a nécessairement : m q ∇ × v(r) + ∇ × A(r) = 0 ~ ~ q q ⇔ ∇ × v(r) = − ∇ × A(r) = − B(r) m m

∇ × ∇ξ(r) = 0 ⇔

Ce résultat nous rappelle une fois de plus un résultat classique bien connu, à savoir le fait que les trajectoires des particules chargées entourent les lignes de champ magnétiques. Le potentiel vecteur modifie le flux du courant de probabilité pour des particules chargées de masse non nulle. De telles particules sont déviées (et leur courant de probabilité, modifié) en présence d’un champ magnétique.

3.10

Théorème du viriel

Énoncé. a. Dans un problème à une dimension, on considère une particule d’hamiltonien : P2 + V (X) H= 2m où : V (X) = λX n Calculer le commutateur [H, XP ]. S’il existe un ou plusieurs états stationnaires |ϕi dans le potentiel V , montrer que les valeurs moyennes hT i et hV i des énergies cinétique et potentielle dans ces états vérifient l’égalité : 2 hT i = n hV i. b. Dans un problème à trois dimensions, H s’écrit : H=

P2 + V (R) 2m

Calculer le commutateur [H, R · P]. On suppose que V (R) est une fonction homogène de degré n des variables X, Y, Z. Quelle relation

122

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I existe-t-il nécessairement entre l’énergie cinétique et l’énergie potentielle moyennes de la particule dans un état stationnaire ? Application à une particule se déplaçant dans le potentiel V (r) = −e2 /r (atome d’hydrogène).

N.B. On rappelle qu’une fonction homogène V , de degré n, des variables x, y et z satisfait par définition : V (αx, αy, αz) = αn V (x, y, z) et qu’elle vérifie l’identité d’Euler : x

∂V ∂V ∂V +y +z = nV (x, y, z) ∂x ∂y ∂z

c. Considérons un système de N particules, de positions Ri et d’impulsions Pi (i = 1, 2, . . . , N ). Lorsque leur énergie potentielle est une fonction homogène (de degré n) de l’ensemble des composantes Xi , Yi , Zi , peut-on généraliser les résultats obtenus plus haut ? Application : on étudie une molécule quelconque, formée de noyaux de charges −Zi q et d’électrons de charge q. Toutes ces particules interagissent deux à deux par les forces de Coulomb. Dans un état stationnaire de la molécule, quelle relation existe-t-il entre l’énergie cinétique de l’ensemble des particules et leur énergie d’interaction mutuelle ?

Commentaires. Comme son nom l’indique, cet exercice traite du théorème du viriel. Ce théorème s’applique facilement, en mécanique classique, à des états gravitationnellement liés. Pour un potentiel newtonien en r−1 , le théorème du viriel montre que 2hT i = −hV i pour des trajectoires elliptiques. Ce résultat a un équivalent quantique, comme nous allons le voir pour le mouvement lié d’un électron dans un atome d’hydrogène, c’est-à-dire d’un électron placé dans un potentiel électrostatique newtonien attractif.

Corrigé. a. Dans un problème à une dimension, on considère une particule d’hamiltonien : H=

P2 + V (X) 2m

où : V (X) = λX n Calculer le commutateur [H, XP ]. S’il existe un ou plusieurs états stationnaires |ϕi dans le potentiel V , montrer que les valeurs moyennes hT i et

123

Corrigés des exercices du Chapitre III

hV i des énergies cinétique et potentielle dans ces états vérifient l’égalité : 2 hT i = n hV i. On a :

[H, XP ] = = =

[H, X]P + X[H, P ] 1 1 [P 2 , X]P + [V (X), X]P + X[P 2 , P ] + X[V (X), P ] 2m 2m i~ 1 [X, P 2 ]P + λX[X n , P ] = − P 2 + λX(i~nX n−1 ) − 2m m

du fait que [P, G(X)] = −i~G′ (X) d’après la relation (48) du Complément BII , avec ici G(X) = X n . On a donc   P2 [H, XP ] = i~ − + nV (X) m Supposons qu’il existe un état stationnaire |ϕi dans le potentiel V associé à l’énergie E. On a alors : H |ϕi = E |ϕi On peut alors calculer que h[H, XP ]i

= =

hϕ| [H, XP ] |ϕi = hϕ| (HXP − XP H) |ϕi

hϕ| HXP |ϕi − hϕ| XP H |ϕi = E hϕ| XP |ϕi − E hϕ| XP |ϕi = 0

et l’on peut donc en déduire, d’après l’expression précédente :    2 P2 P − + nV (X) = 0 ⇔ 2 = n hV (X)i ⇔ 2 hT i = n hV i m 2m Ce résultat est le même que celui calculé dans l’exercice 9 du Chapitre II ; les mêmes commentaires peuvent être faits, en particulier que le résultat quantique est rigoureusement le même que le théorème du viriel en mécanique classique. b. Dans un problème à trois dimensions, H s’écrit : H=

P2 + V (R) 2m

Calculer le commutateur [H, R · P]. On suppose que V (R) est une fonction homogène de degré n des variables X, Y, Z. Quelle relation existe-t-il nécessairement entre l’énergie cinétique et l’énergie potentielle moyennes de la particule dans un état stationnaire ? Application à une particule se déplaçant dans le potentiel V (r) = −e2 /r (atome d’hydrogène). N.B. On rappelle qu’une fonction homogène V , de degré n, des variables x, y et z satisfait par définition : V (αx, αy, αz) = αn V (x, y, z)

124

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et qu’elle vérifie l’identité d’Euler : x

∂V ∂V ∂V +y +z = nV (x, y, z) ∂x ∂y ∂z

On a : [H, R · P]

= =

=

=

P2 + V (X, Y, Z), XPx + Y Py + ZPz 2m i i h i h h 1 Px2 , XPx + Py2 , Y Py + Pz2 , ZPz 2m + [V (X, Y, Z), XPx ] + [V (X, Y, Z), Y Py ] + [V (X, Y, Z), ZPz ] h i h i h i  1 Px2 , X Px + Py2 , Y Py + Pz2 , Z Pz 2m +X [V (X, Y, Z), Px ] + Y [V (X, Y, Z), Py ] + Z [V (X, Y, Z), Pz ]





−



∂V ∂V ∂V i~ +Y +Z Px2 + Py2 + Pz2 + i~ X m ∂X ∂Y ∂Z







en utilisant la relation (48) du Complément BII . V (R) étant par hypothèse une fonction homogène de degré n des variables X, Y, Z, on en déduit   P2 + nV (R) [H, R · P] = i~ − m Supposons qu’il existe un état stationnaire |ϕi dans le potentiel V associé à l’énergie E. On a alors : H |ϕi = E |ϕi On peut alors calculer que h[H, R · P]i

=

hϕ| [H, R · P] |ϕi = hϕ| (HR · P − R · PH) |ϕi

=

hϕ| HR · P |ϕi − hϕ| R · PH |ϕi = E hϕ| R · P |ϕi − E hϕ| R · P |ϕi = 0

et l’on a donc nécessairement, d’après l’expression précédente de [H, R · P] : 

  2 P2 P − = n hV (R)i ⇔ 2 hT i = n hV i + nV (R) = 0 ⇔ 2 m 2m

e2 e2 Dans le cas où V (r) = − , on a V (αr) = − = α−1 V (r) et V (r) est donc r αr bien une fonction homogène de degré n = −1. Le théorème du viriel s’écrit dans ce cas : 2 hT i = − hV i ⇔ 2 hT i + hV i = 0 Il s’agit du même résultat que si l’on applique le théorème du viriel en mécanique classique dans un problème où le potentiel est proportionnel à 1 , par exemple pour une particule chargée dans un potentiel coulombien. r

125

Corrigés des exercices du Chapitre III

c. Considérons un système de N particules, de positions Ri et d’impulsions Pi (i = 1, 2, . . . , N ). Lorsque leur énergie potentielle est une fonction homogène (de degré n) de l’ensemble des composantes Xi , Yi , Zi , peut-on généraliser les résultats obtenus plus haut ? Application : on étudie une molécule quelconque, formée de noyaux de charges −Zi q et d’électrons de charge q. Toutes ces particules interagissent deux à deux par les forces de Coulomb. Dans un état stationnaire de la molécule, quelle relation existe-t-il entre l’énergie cinétique de l’ensemble des particules et leur énergie d’interaction mutuelle ? L’énergie potentielle de chaque particule est une fonction homogène de degré n de l’ensemble des composantes Xi , Yi , Zi . D’après les résultats de la question b, on a donc pour chaque particule i : 2 hTi i = n hVi i En notant hT i et hV i l’énergie cinétique totale et l’énergie potentielle totale de tout le système, on a donc :

2 hT i = 2

N X i=1

hTi i = n

N X i=1

hVi i = n hV i

et l’on peut donc généraliser les résultats obtenus plus haut à un système de N particules. Si l’on étudie maintenant une molécule quelconque, formée de noyaux de charges −Zi q et d’électrons de charge q : • chaque noyau i (i ∈ [[1, N ]]) est soumis à :

◦ un potentiel répulsif dû à son interaction avec les autres noyaux j (j ∈ [[1, N ]], j 6= i), de la forme Vj→i =

Zi Zj q 2 1 4πε0 |Rj − Ri |

◦ un potentiel attractif dû à son interaction avec tous les électrons k (k ∈ [[1, N ′ ]], avec N ′ 6= N dans le cas d’un ion), de la forme Vk→i = −

1 Zi q 2 4πε0 |Rk − Ri |

• chaque électron k (k ∈ [[1, N ′ ]]) est soumis à :

◦ un potentiel attractif dû à son interaction avec les noyaux i (i ∈ [[1, N ]]), de la forme Vi→k = Vk→i = −

Zi q 2 1 4πε0 |Rk − Ri |

126

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I ◦ un potentiel répulsif dû à son interaction avec les autres électrons l (l ∈ [[1, N ′ ]], l 6= k), de la forme Vl→k =

1 q2 4πε0 |Rl − Rk |

Tous les potentiels sont des fonctions homogènes de degré −1 de l’ensemble des composantes Xi , Yi , Zi , donc d’après les résultats de la question b, l’énergie cinétique et l’énergie potentielle de chaque particule i vérifient la relation 2 hTi i = − hVi i

Comme nous l’avons montré ci-dessus, l’énergie cinétique totale de l’ensemble des particules et leur énergie d’interaction mutuelle vérifient donc la relation 2 hT i = − hV i ⇔ 2 hT i + hV i = 0 dans un état stationnaire de la molécule. Ce résultat est assez profond : si chaque particule individuelle du système satisfait aux conditions du théorème du viriel, alors le théorème du viriel peut être appliqué à tout le système, l’énergie potentielle totale obéissant à la même loi de puissance que les énergies potentielles individuelles.

3.11

Fonction d’onde de deux particules

Énoncé. Dans un problème à une dimension, on considère un système de deux particules (1) et (2), auquel est associée la fonction d’onde ψ(x1 , x2 ). a. Quelle est la probabilité de trouver, lors d’une mesure des positions X1 et X2 des deux particules, un résultat tel que : x 6 x1 6 x + dx α 6 x2 6 β ? b. Quelle est la probabilité de trouver la particule (1) entre x et x + dx [on ne fait pas d’observations sur la particule (2)] ? c. Donner la probabilité de trouver l’abscisse de l’une au moins des particules entre α et β. d. Probabilité de trouver l’abscisse d’une particule et une seule entre α et β ? e. Quelle est la probabilité de trouver l’impulsion de la particule (1) comprise entre p′ et p′′ et la position de la particule (2) entre α et β ?

127

Corrigés des exercices du Chapitre III f. On mesure les impulsions P1 et P2 des deux particules ; quelle probabilité a-t-on de trouver p′ 6 p1 6 p′′ ; p′′′ 6 p2 6 p′′′′ ? g. La seule grandeur mesurée est l’impulsion P1 de la première particule. Calculer à partir des résultats de e, puis de ceux de f , la probabilité de trouver cette impulsion comprise entre p′ et p′′ ; comparer les deux résultats obtenus. h. On mesure la distance algébrique X1 − X2 entre les deux particules ; quelle probabilité a-t-on de trouver un résultat compris entre −d et +d ? Quelle est la valeur moyenne de cette distance ?

Commentaires. Cet exercice traite d’une notion très importante en mécanique quantique : le fait que deux particules (ou même plus) peuvent être décrites par une fonction d’onde unique. On appelle cela l’intrication quantique, comme nous le verrons dans l’exercice 16 de ce chapitre. L’idée est ici de comprendre les effets de la mesure sur un état donné en calculant les probabilités de différents résultats de mesures. Généralement, toute mesure réalisée sur une particule modifie comme d’habitude la fonction d’onde et donc l’état de la seconde particule. Cette notion sera également mise en avant au prochain chapitre. Ce type de comportement a parfois conduit à des interprétations erronées, notamment dans le cas du paradoxe Einstein-Podolsky-Rosen (EPR) dans lequel l’intrication quantique semblerait violer la théorie de la relativité d’Einstein du fait qu’une mesure réalisée sur une particule a un effet immédiat sur une autre particule qui peut se trouver à une certaine distance. Après des années de recherches, le paradoxe a été résolu, en particulier grâce aux travaux expérimentaux révolutionnaires d’Alain Aspect (colauréat du prix Nobel de physique en 2022, [1-4]). L’intrication quantique ne viole pas les lois de la relativité ; la robustesse de la mécanique quantique n’a jamais failli !

Corrigé. Dans un problème à une dimension, on considère un système de deux particules (1) et (2), auquel est associée la fonction d’onde ψ(x1 , x2 ). a. Quelle est la probabilité de trouver, lors d’une mesure des positions X1 et X2 des deux particules, un résultat tel que : x 6 x1 6 x + dx α 6 x2 6 β ? La probabilité recherchée vaut : Z x1 =x+dx Z dP (x, dx, α, β) = x1 =x

x2 =β

x2 =α

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

128

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I En intégrant par rapport à x1 , on obtient : β

Z

dP (x, dx, α, β) =

2

α

|ψ(x, x2 )| dx2

!

dx

b. Quelle est la probabilité de trouver la particule (1) entre x et x + dx [on ne fait pas d’observations sur la particule (2)] ? La probabilité recherchée vaut : Z x1 =x+dx Z dP (x, dx) = x1 =x

x2 =+∞

x2 =−∞

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

En intégrant par rapport à x1 , on obtient : dP (x, dx) =

Z

+∞

−∞

 |ψ(x, x2 )|2 dx2 dx

c. Donner la probabilité de trouver l’abscisse de l’une au moins des particules entre α et β. La probabilité recherchée vaut : P

=

Z

x1 =β

Z

x2 =+∞

xZ x2 =−∞ 1 =α x1 =β Z x2 =β

−

x1 =α

x2 =α

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2 +

Z

x1 =+∞

x1 =−∞

Z

x2 =β

x2 =α

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

La première intégrale représente la probabilité de trouver la particule (1) dans l’intervalle souhaité et la particule (2) n’importe où ; la deuxième intégrale représente la probabilité de trouver la particule (2) dans l’intervalle souhaité et la particule (1) n’importe où. Cela signifie que l’on compte deux fois, soit une fois de trop, la possibilité que les deux particules se trouvent dans l’intervalle [α, β], d’où la correction apportée par la troisième intégrale. Remarque : les particules sont supposées discernables du fait qu’elles sont numérotées (1) et (2). d. Probabilité de trouver l’abscisse d’une particule et une seule entre α et β ? La probabilité recherchée vaut : P

=

Z

x1 =β

Z

x2 =+∞

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2 +

x1Z =α x2 =−∞ x1 =β Z x2 =β

−2

x1 =α

x2 =α

Z

x1 =+∞

x1 =−∞

Z

x2 =β

x2 =α

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

Vu l’explication donnée ci-dessus à la question c, il est facile de comprendre que l’on doit soustraire la probabilité de trouver les particules (1) et (2) dans l’intervalle [α, β] deux fois.

129

Corrigés des exercices du Chapitre III

e. Quelle est la probabilité de trouver l’impulsion de la particule (1) comprise entre p′ et p′′ et la position de la particule (2) entre α et β ? La probabilité recherchée vaut : P =

Z

p1 =p′′ p1 =p′

Z

p2 =+∞

p2 =−∞

|ψ(p1 , p2 )|2 dp1 dp2 ×

x1 =+∞

Z

x1 =−∞

Z

x2 =β

x2 =α

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

avec ψ(p1 , p2 ) =

1 2π~

Z

+∞ −∞

+∞

Z

ψ(x1 , x2 )e−i(p1 x1 +p2 x2 )/~ dx1 dx2

−∞

f. On mesure les impulsions P1 et P2 des deux particules ; quelle probabilité a-t-on de trouver p′ 6 p1 6 p′′ ; p′′′ 6 p2 6 p′′′′ ? La probabilité recherchée vaut :

P =

Z

p1 =p′′

p1

=p′

Z

p2 =p′′′′

p2

=p′′′

|ψ(p1 , p2 )|2 dp1 dp2

g. La seule grandeur mesurée est l’impulsion P1 de la première particule. Calculer à partir des résultats de e, puis de ceux de f , la probabilité de trouver cette impulsion comprise entre p′ et p′′ ; comparer les deux résultats obtenus. En utilisant les résultats de e, il suffit de poser α = −∞ et β = +∞ puisqu’aucune mesure n’est effectuée sur X2 , et l’on obtient : P

= =

Z Z

p1 =p′′ p1 =p′ p1 =p′′ p1 =p′

Z Z

p2 =+∞

|ψ(p1 , p2 )|2 dp1 dp2 ×

p2 =−∞ p2 =+∞

Z

x1 =+∞

x1 =−∞

Z

x2 =+∞ x2 =−∞

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

|ψ(p1 , p2 )|2 dp1 dp2

p2 =−∞

en utilisant la condition de normalisation. En utilisant les résultats de f , il suffit de poser p′′′ = −∞ et p′′′′ = +∞ puisqu’aucune mesure n’est effectuée sur P2 , et l’on obtient : P =

Z

p1 =p′′

p1

=p′

Z

p2 =+∞

p2 =−∞

|ψ(p1 , p2 )|2 dp1 dp2

et l’on obtient donc bien le même résultat par les deux méthodes. h. On mesure la distance algébrique X1 − X2 entre les deux particules ; quelle probabilité a-t-on de trouver un résultat compris entre −d et +d ? Quelle est la valeur moyenne de cette distance ? On n’a ici qu’une seule contrainte (sur la distance entre les particules) pour deux degrés de liberté (la position de chaque particule). La particule (1) peut donc se trouver n’importe où entre −∞ et +∞ et la contrainte n’affecte alors

130

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I que la particule (2), qui doit se trouver à une distance de la particule (1) inférieure à d. La probabilité de trouver un résultat de la mesure de X1 − X2 compris entre −d et +d vaut : P =

Z

x1 =+∞

x1 =−∞

Z

x2 =x1 +d

x2 =x1 −d

|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

et la valeur moyenne de cette distance X1 − X2 vaut : hX1 − X2 i = hX1 i − hX2 i =

3.12

Z

+∞

−∞

Z

+∞

−∞

(x1 − x2 )|ψ(x1 , x2 )|2 dx1 dx2

Puits infini à une dimension

Énoncé. On considère une particule de masse m, soumise au potentiel :  0 si 0 6 x 6 a V (x) = +∞ si x < 0 ou x > a On appelle |ϕn i les états propres de l’hamiltonien H du système, de valeurs n2 π 2 ~2 (cf. Complément HI ). L’état de la particule à l’instant propres En = 2ma2 t = 0 est : |ψ(0)i = a1 |ϕ1 i + a2 |ϕ2 i + a3 |ϕ3 i + a4 |ϕ4 i

a. Quelle est la probabilité, lorsque l’on mesure l’énergie de la particule 3π 2 ~2 dans l’état |ψ(0)i, de trouver une valeur inférieure à ? ma2 b. Quels sont la valeur moyenne et l’écart quadratique moyen de l’énergie de la particule dans l’état |ψ(0)i ? c. Calculer le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t. Les résultats trouvés en a et b à l’instant t = 0 restent-ils exacts à un instant t quelconque ? 8π 2 ~2 d. Lors d’une mesure de l’énergie, on trouve le résultat . Après la ma2 mesure, quel est l’état du système ? Que trouve-t-on si on mesure à nouveau l’énergie ?

Commentaires. Cet exercice traite de la mesure de l’énergie d’une particule dans un puits infini à une dimension. Les mesures d’énergie sont généralement importantes en mécanique quantique car elle fournissent beaucoup d’informations sur le

Corrigés des exercices du Chapitre III

131

système. Il est important de savoir comment les calculer en théorie car elles sont fréquentes dans les expériences. La vérification par l’expérience est une étape importante pour valider une théorie. Souvenons-nous qu’il n’est pas difficile de trouver les valeurs quantifiées n2 π 2 ~2 . Le potentiel est nul dans la région [0, a] donc de l’énergie En = 2ma2 2 2 ~ k , comme pour une particule libre, et le vecteur d’onde k de la E = 2m fonction d’onde est quantifié en raison des conditions aux limites strictes (la fonction d’onde s’annule) en x = 0 et en x = a, comme pour une corde a nπ vibrante, donc λn = 2 , soit kn = . n a Cet exercice s’appuie sur une superposition d’états propres (c’est-à-dire d’états stationnaires) pour décrire une particule. Il vise à étudier le résultat d’une mesure de l’énergie pour un tel état et son évolution au cours du temps. Nous allons montrer, comme en physique des ondes en général, qu’une superposition d’états stationnaires n’est pas un état stationnaire.

Corrigé. On considère une particule de masse m, soumise au potentiel :  0 si 0 6 x 6 a V (x) = +∞ si x < 0 ou x > a Ce potentiel est représenté sur la figure 3.8. On appelle |ϕn i les états propres de l’hamiltonien H du système, de valeurs propres n2 π 2 ~2 En = (cf. Complément HI ). L’état de la particule à l’instant t = 0 est : 2ma2 |ψ(0)i = a1 |ϕ1 i + a2 |ϕ2 i + a3 |ϕ3 i + a4 |ϕ4 i

Fig. 3.8 – Potentiel d’un puits infini à une dimension de largeur a.

132

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

a. Quelle est la probabilité, lorsque l’on mesure l’énergie de la particule dans 3π 2 ~2 ? l’état |ψ(0)i, de trouver une valeur inférieure à ma2 On a : 6π 2 ~2 3π 2 ~2 = ma2 2ma2 3π 2 ~2 et l’on obtiendra donc une valeur inférieure à si n2 6 6 ⇔ n ∈ {1, 2}, ma2 et la probabilité recherchée vaut donc : |hϕ1 |ψ(0)i|2 + |hϕ2 |ψ(0)i|2 = |a1 |2 + |a2 |2 b. Quels sont la valeur moyenne et l’écart quadratique moyen de l’énergie de la particule dans l’état |ψ(0)i ? La valeur moyenne de l’énergie de la particule dans l’état |ψ(0)i est : hHi = hψ(0)| H |ψ(0)i = (a∗1 hϕ1 | + a∗2 hϕ2 | + a∗3 hϕ3 | + a∗4 hϕ4 |)H

× (a1 |ϕ1 i + a2 |ϕ2 i + a3 |ϕ3 i + a4 |ϕ4 i) = (a∗1 hϕ1 | + a∗2 hϕ2 | + a∗3 hϕ3 | + a∗4 hϕ4 |)

× (a1 E1 |ϕ1 i + a2 E2 |ϕ2 i + a3 E3 |ϕ3 i + a4 E4 |ϕ4 i)

= |a1 |2 E1 + |a2 |2 E2 + |a3 |2 E3 + |a4 |2 E4 du fait que hϕn |ϕn′ i = δnn′ , et l’on a donc : hHi =

(|a1 |2 + 4|a2 |2 + 9|a3 |2 + 16|a4 |2 )π 2 ~2 2ma2

L’écart quadratique moyen de l’énergie de la particule dans l’état |ψ(0)i vaut quant à lui : q ∆H =

2

hH 2 i − hHi

En utilisant le même raisonnement que précédemment, on a :

2 = hψ(0)| H 2 |ψ(0)i = |a1 |2 E12 + |a2 |2 E22 + |a3 |2 E32 + |a4 |2 E42 H =

(|a1 |2 + 16|a2 |2 + 81|a3 |2 + 256|a4 |2 )π 4 ~4 4m2 a4

On a donc : ∆H =

p

(|a1 |2 + 16|a2 |2 + 81|a3 |2 + 256|a4 |2 ) − (|a1 |2 + 4|a2 |2 + 9|a3 |2 + 16|a4 |2 )2

π 2 ~2 2ma2

Si le système se trouve dans un état propre, c’est-à-dire si un seul des ai est non nul, on peut voir facilement que ∆H = 0. Autrement, il existe des termes croisés |ai aj |2 (non développés ici).

Corrigés des exercices du Chapitre III

133

c. Calculer le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t. Les résultats trouvés en a et b à l’instant t = 0 restent-ils exacts à un instant t quelconque ? En intégrant l’équation de Schrödinger sur la base {|ϕn i}, qui est une base propre de H, on a, à l’instant t : |ψ(t)i = a1 e−iE1 t/~ |ϕ1 i + a2 e−iE2 t/~ |ϕ2 i + a3 e−iE3 t/~ |ϕ3 i + a4 e−iE4 t/~ |ϕ4 i

et les résultats trouvés à l’instant t = 0 restent exacts à un instant t quelconque puisque, bien que le coefficient (an (t) = an e−iEn t/~ ) de chaque état dépende maintenant du temps, son module demeure le même (|an | = |an (t)|). Cela signifie que l’on peut maintenant écrire hHi (t) = hHi (t = 0) et ∆H(t) = ∆H(t = 0). Cela ne veut pas dire que |ψ(t)i est un état stationnaire. Les résultats de la mesure de certaines variables peuvent dépendre du temps (voir l’exercice 14 ci-dessous). 8π 2 ~2 . Après la mesure, d. Lors d’une mesure de l’énergie, on trouve le résultat ma2 quel est l’état du système ? Que trouve-t-on si on mesure à nouveau l’énergie ? On a :

16π 2 ~2 4 2 π 2 ~2 8π 2 ~2 = = = E4 ma2 2ma2 2ma2 et l’état du système immédiatement après la mesure est nécessairement l’état |ϕ4 i, n’importe quel autre état ou superposition d’états aurait une énergie différente. L’état |ψ(t)i du système est réduit à l’état |ϕ4 i (et la probabilité de ce résultat pour la mesure de l’énergie vaut |a4 |2 ). En notant t′ = 0 l’instant auquel la mesure de l’énergie est réalisée, on a |ψ(t′ = 0)i = |ϕ4 i. Comme le système est conservatif (l’hamiltonien H ne dépend pas du temps), l’état (stationnaire) du système n’évoluera plus après cette mesure (|ψ(t′ )i = |ϕ4 i), et une nouvelle 8π 2 ~2 . Ce résultat est mesure de l’énergie à t′ > 0 donnera le même résultat ma2 général : si le système se trouve déjà dans un état propre d’une observable, l’état du système n’est pas modifié par une mesure associée à cette observable.

3.13

Puits infini à deux dimensions (cf. Complément GII )

Énoncé. Dans un problème à deux dimensions, on considère une particule de masse m ; son hamiltonien H s’écrit : H = Hx + H y

134

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

avec :

Py2 Px2 + V (X) Hy = + V (Y ) 2m 2m L’énergie potentielle V (x) [ou V (y)] est nulle lorsque x (ou y) appartient à l’intervalle [0, a], infinie partout ailleurs. a. Parmi les ensembles suivants d’opérateurs, lesquels forment un E.C.O.C. ? {H}, {Hx}, {Hx, Hy }, {H, Hx } Hx =

b. On considère une particule de fonction d’onde : ψ(x, y) = N cos

πx πy 2πx 2πy cos sin sin a a a a

si 0 6 x 6 a et 0 6 y 6 a, nulle partout ailleurs (N est une constante). α. Quelle est la valeur moyenne hHi de l’énergie de la particule ? Si l’on mesure l’énergie H, quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? β. On mesure l’observable Hx ; quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Si cette mesure a donné le résultat π 2 ~2 , quels résultats donnera ensuite une mesure de Hy , et avec 2ma2 quelles probabilités ? γ. Au lieu d’effectuer les mesures précédentes, on effectue maintenant une mesure simultanée de Hx et Py . Quelles probabilités a-t-on de trouver : 9π 2 ~2 Ex = 2ma2 et : p0 6 py 6 p0 + dp ?

Commentaires. Cet exercice étend le précédent à deux dimensions. Il est important de remarquer que l’hamiltonien H est séparable, c’est-à-dire qu’il peut s’écrire H = Hx + Hy . Cela signifie que l’exercice peut être résolu séparément pour chaque dimension et que le résultat final s’obtient par addition (pour les énergies) ou produit tensoriel (pour les états propres associés). Les deux directions sont équivalentes, donc ce système présente une symétrie qui sera explorée dans le corrigé.

Corrigé. Dans un problème à deux dimensions, on considère une particule de masse m ; son hamiltonien H s’écrit : H = Hx + Hy

135

Corrigés des exercices du Chapitre III avec :

Py2 Px2 + V (X) Hy = + V (Y ) 2m 2m L’énergie potentielle V (x) [ou V (y)] est nulle lorsque x (ou y) appartient à l’intervalle [0, a], infinie partout ailleurs. Hx =

a. Parmi les ensembles suivants d’opérateurs, lesquels forment un E.C.O.C. ? {H}, {Hx}, {Hx, Hy }, {H, Hx } Comme l’hamiltonien de la particule s’écrit H = Hx + Hy , où Hx est le prolongement d’une observable de Ex (car construite seulement à partir des opérateurs X et Px ) et Hy est le prolongement d’une observable de Ey (car construite seulement à partir des opérateurs Y et Py ), H est séparable et nous pouvons chercher ses états propres sous la forme |ϕi = |ϕix |ϕiy avec



On a alors

Hx |ϕix = Ex |ϕix , |ϕix ∈ Ex Hy |ϕiy = Ey |ϕiy , |ϕiy ∈ Ey

H |ϕi = (Hx + Hy ) |ϕix |ϕiy = (Ex + Ey ) |ϕi

Hx et Hy correspondant chacun à l’hamiltonien d’une particule dans un puits infini à une dimension de largeur a, leurs énergies propres respectives sont de la forme Ex = En =

p 2 π 2 ~2 n2 π 2 ~2 , n ∈ N∗ et Ey = Ep = , p ∈ N∗ 2 2ma 2ma2

et les fonctions d’onde normalisées associées à leurs vecteurs propres respectifs |ϕn ix et |ϕp iy sont de la forme ϕn (x) =

r

2 nπx sin et ϕp (y) = a a

r

2 pπy sin a a

Les valeurs propres de H sont donc de la forme : En,p = En + Ep =

(n2 + p2 )π 2 ~2 , n, p ∈ N∗ 2ma2

et à ces énergies correspondent des états propres |ϕn,p i qui peuvent être écrits sous forme de produits tensoriels |ϕn,p i = |ϕn ix |ϕp iy dont la fonction d’onde normalisée est ϕn,p (x, y) = ϕn (x)ϕp (y) =

2 nπx pπy sin sin a a a

136

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I • les états propres orthogonaux |ϕn,p i et |ϕp,n i (avec p 6= n) sont associés (n2 + p2 )π 2 ~2 en raison de à la même valeur propre En,p = Ep,n = 2ma2 la symétrie du problème, donc {H} ne constitue pas, en lui-même, un E.C.O.C. Deux nombres quantiques, n et p, sont nécessaires pour décrire ce système. Il est donc impossible qu’une seule observable (conduisant à une seule équation) décrive complètement le système. • les états propres orthogonaux |ϕn,p i et |ϕn,p′ i (avec p′ 6= p) sont associés à la même valeur propre En de Hx , donc {Hx } ne constitue pas, en lui-même, un E.C.O.C. Il en va de même pour {Hy }. La remarque précédente sur le nombre d’équations nécessaires pour déterminer de manière unique les deux nombres quantiques n et p conduit à la même conclusion. • à tout couple {En , Ep } de valeurs propres de Hx et Hy correspond un unique état propre |ϕn,p i qui est vecteur propre de Hx et Hy avec ces valeurs propres En et Ep , donc {Hx , Hy } constitue un E.C.O.C. La première observable fixe n et la seconde fixe p, donc {Hx , Hy } constitue effectivement un E.C.O.C. • à tout couple {En,p , En } de valeurs propres de H et Hx correspond un unique état propre |ϕn,p i qui est vecteur propre de H et Hx avec ces valeurs propres En,p et En , donc {H, Hx } constitue un E.C.O.C. La première observable fixe n2 + p2 et la seconde fixe n, on a donc bien deux équations pour deux nombres quantiques (entiers naturels non nuls) et {H, Hx } constitue effectivement un E.C.O.C.

b. On considère une particule de fonction d’onde : ψ(x, y) = N cos

πy 2πx 2πy πx cos sin sin a a a a

si 0 6 x 6 a et 0 6 y 6 a, nulle partout ailleurs (N est une constante). α. Quelle est la valeur moyenne hHi de l’énergie de la particule ? Si l’on mesure l’énergie H, quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Développons ψ(x, y) sur la base des fonctions propres nπx pπy 2 sin : ϕn,p (x, y) = sin a a a ψ(x, y)

= =

πx πy 2πx 2πy N cos cos sin sin a a a a    3πx 3πy πx πy N sin sin + sin + sin 4 a a a a

137

Corrigés des exercices du Chapitre III ψ(x, y)

=

=

πx πy N πx 3πy N sin sin + sin sin 4 a a 4 a a N 3πx πy N 3πx 3πy + sin sin + sin sin 4 a a 4 a a Na [ϕ1,1 (x, y) + ϕ1,3 (x, y) + ϕ3,1 (x, y) + ϕ3,3 (x, y)] 8

La particule se trouve donc dans l’état : |ψi =

Na [|ϕ1,1 i + |ϕ1,3 i + |ϕ3,1 i + |ϕ3,3 i] 8

Normaliser la fonction d’onde ψ(x, y) revient à normer le ket |ψi : hψ|ψi = 4

|N |2 a2 |N |2 a2 4 = = 1 ⇔ N = eiϕ 64 16 a

du fait que les états propres forment une base orthonormée de l’espace des états. La phase globale n’a aucun sens physique, seuls les déphasages entre états en ont un. On peut donc arbitrairement poser ϕ = 0 pour que N soit réel et positif : |ψi =

1 [|ϕ1,1 i + |ϕ1,3 i + |ϕ3,1 i + |ϕ3,3 i] 2

On peut ensuite en déduire : hHi

= = =

=

hψ| H |ψi 1 (hϕ1,1 | + hϕ1,3 | + hϕ3,1 | + hϕ3,3 |) H (|ϕ1,1 i + |ϕ1,3 i + |ϕ3,1 i + |ϕ3,3 i) 4 1 (hϕ1,1 | + hϕ1,3 | + hϕ3,1 | + hϕ3,3 |) 4 × (E1,1 |ϕ1,1 i + E1,3 |ϕ1,3 i + E3,1 |ϕ3,1 i + E3,3 |ϕ3,3 i) 1 π 2 ~2 (E1,1 + E1,3 + E3,1 + E3,3 ) = (2 + 10 + 10 + 18) 4 8ma2

soit hHi =

5π 2 ~2 ma2

et une mesure de l’énergie H peut donner les résultats : π 2 ~2 • E1,1 = avec une probabilité de |hϕ1,1 |ψi|2 = 25 %, ma2 5π 2 ~2 avec une probabilité de • E1,3 = E3,1 = ma2 |hϕ1,3 |ψi|2 + |hϕ3,1 |ψi|2 = 50 %

9π 2 ~2 avec une probabilité de |hϕ3,3 |ψi|2 = 25 %. ma2 La technique illustrée dans cette question et consistant à développer la fonction d’onde sur la base propre de l’observable est générale, et il s’agit d’un outil important à maîtriser. • E3,3 =

138

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I β. On mesure l’observable Hx ; quels résultats peut-on trouver, et avec π 2 ~2 , quelles probabilités ? Si cette mesure a donné le résultat 2ma2 quels résultats donnera ensuite une mesure de Hy , et avec quelles probabilités ? Comme H, Hx et Hy ne constituent pas, en eux-même, un E.C.O.C., le résultat de la mesure d’au moins deux de ces trois opérateurs est requis pour décrire le système dans sa totalité. Cette question étudie l’état du système lorsqu’une seule observable est mesurée et détermine les probabilités des différentes possibilités pour l’état du système. Si l’on mesure l’observable Hx , on peut trouver les résultats : π 2 ~2 avec une probabilité de • Ex = E1 = 2ma2 |hϕ1,1 |ψi|2 + |hϕ1,3 |ψi|2 = 50 %

• Ex = E3 =

9π 2 ~2 avec une probabilité de 2ma2

|hϕ3,1 |ψi|2 +i|hϕ3,3 |ψi|2 = 50 %

π 2 ~2 Si la mesure de Hx a donné le résultat Ex = , le système se trouve, 2ma2 immédiatement après cette mesure, dans l’état 1 |ψ ′ i = √ [|ϕ1,1 i + |ϕ1,3 i] 2 et une mesure de Hy peut ensuite donner les résultats : π 2 ~2 avec une probabilité de |hϕ1,1 |ψ ′ i|2 = 50 %, 2ma2 9π 2 ~2 avec une probabilité de |hϕ1,3 |ψ ′ i|2 = 50 %. • Ey = E3 = 2ma2

• Ey = E1 =

On peut également répondre à cette question en remarquant que l’état |ψi déterminé à la question α peut également s’écrire sous la forme |ψi

= =

1 [|ϕ1,1 i + |ϕ1,3 i + |ϕ3,1 i + |ϕ3,3 i] 2 √ √ √  √  2 2 2 2 |ϕ1 ix + |ϕ3 ix ⊗ |ϕ1 iy + |ϕ3 iy = |ψix ⊗ |ψiy 2 2 2 2

L’état |ψi pouvant s’écrire comme un produit tensoriel d’un état |ψix de Ex et d’un état |ψiy de Ey , les mesures des observables Hx et Hy sont indépendantes l’une de l’autre. Si l’on mesure l’observable Hx , on peut donc trouver les résultats : π 2 ~2 avec une probabilité de |x hϕ1 |ψix |2 = 50 %, • Ex = E1 = 2ma2 9π 2 ~2 • Ex = E3 = avec une probabilité de |x hϕ3 |ψix |2 = 50 %, 2ma2

139

Corrigés des exercices du Chapitre III alors qu’une mesure de Hy peut donner les résultats :

π 2 ~2 avec une probabilité de |y hϕ1 |ψiy |2 = 50 %, 2ma2 9π 2 ~2 avec une probabilité de |y hϕ3 |ψiy |2 = 50 %, • Ey = E3 = 2ma2 et ce indépendamment de la valeur obtenue en mesurant Hx . • Ey = E1 =

γ. Au lieu d’effectuer les mesures précédentes, on effectue maintenant une mesure simultanée de Hx et Py . Quelles probabilités a-t-on de trouver : Ex =

9π 2 ~2 2ma2

et : p0 6 py 6 p0 + dp ? Py2 dans la région où le potentiel est 2m nul. Intuitivement, {Hx , Py } devrait donc constituer un E.C.O.C. du fait que chacune des mesures fixe l’un des deux nombres quantiques du problème, ce que nous allons prouver. Nous avons montré à la question β que : ! ! √ √ √ √ 2 2 2 2 |ϕ1 ix + |ϕ3 ix ⊗ |ϕ1 iy + |ϕ3 iy = |ψix ⊗|ψiy |ψi = 2 2 2 2 Py est directement liée à Hy =

9π 2 ~2 en mesurant Hx vaut donc 2ma2 2 |x hϕ3 |ψix | = 50 % indépendamment de la mesure de Py . On a de plus √ √ 2 2 [ϕ1 (y) + ϕ3 (y)] ⇔ ψ y (py ) = [ϕ1 (py ) + ϕ3 (py )] ψy (y) = 2 2 La probabilité de trouver Ex =

Or : ϕp (py )

= = = =

=

√

1 2π ~

Z

+∞ −∞ Z a

ϕp (y)e−ipy y/~ dy = √

1 π ~a

Z

a

sin 0

pπy −ipy y/~ e dy a

1 √ (eipπy/a − e−ipπy/a )e−ipy y/~ dy 2i π ~a 0 Z a 1 √ (ei(pπ/a−py /~)y − e−i(pπ/a+py /~)y )dy 2i π ~a 0 1 √ 2i π ~a

"

1 √ 2i π ~a

"

ei(pπ/a−py /~)y e−i(pπ/a+py /~)y py
+ py
pπ i a − ~ i pπ a + ~ e

i(pπ−apy /~)

i

pπ a

−

−1

py
~

+

e

−i(pπ+apy /~)

i

pπ a

+

#y=a y=0

−1

py
~

#

140

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

ϕp (py )

=



1  − √ 2 π ~a +

pπ a

−

pπ a

1 − √ 2 π ~a

=

1 − √ 2 π ~a

~





ei(pπ−apy /~) − 1 −

p2y ~2



e−i(pπ+apy /~) − 1

p2 π 2 a2

=

py


p2 π 2 a2

 py
~

+



−

p2y ~2





2p 2pπ −iapy /~ cos(pπ) + i ~y e−iapy /~ sin(pπ) − 2pπ a   a e p2y p2 π 2 − a2 ~2 p −iapy /~ √ 2pπ (−1) e 1 − (−1)p e−iapy /~ −1 = p πa~3 2 2 2 p p π a y p2 π 2 ~2 − a2 p2y a2 − ~2

et l’on a donc ϕ1 (py ) =

√ √ 1 + e−iapy /~ 1 + e−iapy /~ , ϕ3 (py ) = 3 πa~3 2 2 πa~3 2 2 2 2 π ~ − a py 9π ~ − a2 p2y

On peut donc en déduire : ψ y (py )

= = = =

√ 2 [ϕ1 (py ) + ϕ3 (py )] r2   1 3 πa~3 (1 + e−iapy /~ ) + 2 π 2 ~2 − a2 p2y 9π 2 ~2 − a2 p2y r πa~3 9π 2 ~2 − a2 p2y + 3π 2 ~2 − 3a2 p2y (1 + e−iapy /~ ) 2 (π 2 ~2 − a2 p2y )(9π 2 ~2 − a2 p2y ) √ 3π 2 ~2 − a2 p2y (1 + e−iapy /~ ) 8πa~3 2 2 (π ~ − a2 p2y )(9π 2 ~2 − a2 p2y )

et la probabilité d’obtenir un résultat p0 6 py 6 p0 + dp en mesurant Py vaut donc ψ y (p0 ) 2 dp =


2 2 8πa~3 3π 2 ~2 − a2 p20 −iap0 /~ 1 + e dp (π 2 ~2 − a2 p20 )2 (9π 2 ~2 − a2 p20 )2

indépendamment de la mesure de Hx . Cette remarque prouve que notre intuition du début de la réponse à cette question était bien correcte, et que {Hx , Py } constitue effectivement un E.C.O.C. La probabilité infinitésimale recherchée vaut donc :
2 3 2 2 2 2 2 2 4πa~ 3π ~ − a p 1 0 −iap0 /~ ψ y (p0 ) dp = 2 2 + e 1 dp 2 (π ~ − a2 p20 )2 (9π 2 ~2 − a2 p20 )2

Corrigés des exercices du Chapitre III

3.14

141

Évolution temporelle dans un système couplé à trois niveaux

Énoncé. On considère un système physique dont l’espace des états, qui est à trois dimensions, est rapporté à la base orthonormée formée par les trois kets |u1 i , |u2 i , |u3 i. Dans la base de ces trois vecteurs, l’opérateur hamiltonien H du système et deux observables A et B s’écrivent :       1 0 0 1 0 0 0 1 0 H = ~ω0  0 2 0  ; A = a  0 0 1  ; B = b  1 0 0  0 0 2 0 1 0 0 0 1 où ω0 , a et b sont des constantes réelles positives. Le système physique est à l’instant t = 0 dans l’état :

1 1 1 |ψ(0)i = √ |u1 i + |u2 i + |u3 i 2 2 2 a. On mesure, à l’instant t = 0, l’énergie du système. Quelles valeurs peuton trouver, et avec quelles probabilités ? Calculer, pour le système dans l’état |ψ(0)i, la valeur moyenne hHi et l’écart quadratique moyen ∆H. b. Au lieu de mesurer H à l’instant t = 0, on mesure A ; quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Quel est le vecteur d’état immédiatement après la mesure ? c. Calculer le vecteur d’état |ψ(t)i du système à l’instant t. d. Calculer les valeurs moyennes hAi (t) et hBi (t) de A et B à l’instant t. Quelles remarques peut-on faire ? e. Quels résultats obtient-on si l’on mesure à l’instant t l’observable A ? Même question pour B ; interprétation ?

Commentaires. Il s’agit d’un exercice très complet sur les mesures en mécanique quantique : il résume les principaux résultats, mais les calculs sont assez directs. Un tel système physique pourrait représenter un système à deux niveaux : un niveau fondamental d’énergie ~ω0 et un niveau excité d’énergie 2~ω0 . L’observable A représente un couplage dans le niveau excité entre les états |u2 i et |u3 i. B représente également un couplage, mais entre |u1 i et |u2 i. Le raisonnement est typique de nombreux problèmes basés sur des systèmes à deux ou trois niveaux et sur l’étude de leur évolution.

142

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Corrigé. On considère un système physique dont l’espace des états, qui est à trois dimensions, est rapporté à la base orthonormée formée par les trois kets |u1 i , |u2 i , |u3 i. Dans la base de ces trois vecteurs, l’opérateur hamiltonien H du système et deux observables A et B s’écrivent :       1 0 0 1 0 0 0 1 0 H = ~ω0  0 2 0  ; A = a  0 0 1  ; B = b  1 0 0  0 0 2 0 1 0 0 0 1

où ω0 , a et b sont des constantes réelles positives. Le système physique est à l’instant t = 0 dans l’état :

1 1 1 |ψ(0)i = √ |u1 i + |u2 i + |u3 i 2 2 2 a. On mesure, à l’instant t = 0, l’énergie du système. Quelles valeurs peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Calculer, pour le système dans l’état |ψ(0)i, la valeur moyenne hHi et l’écart quadratique moyen ∆H. H étant déjà diagonale dans cette base, les énergies propres, c’est-à-dire les coefficients diagonaux, peuvent être déduites immédiatement. H possède deux valeurs propres : • E1 = ~ω0 , qui est non dégénérée, • E2 = 2~ω0 , qui est dégénérée deux fois.

De plus, on a :

H |u1 i = ~ω0 |u1 i , H |u2 i = 2~ω0 |u2 i , H |u3 i = 2~ω0 |u3 i

et les états propres de H sont donc :   |ϕ1 i = |u1 i , ϕ12 = |u2 i , ϕ22 = |u3 i

Une mesure à t = 0 de l’énergie du système peut donc donner les résultats : • E1 = ~ω0 avec une probabilité de |hϕ1 |ψ(0)i|2 = 50 %, • E2 = 2~ω0 avec une probabilité de |hϕ12 |ψ(0)i|2 + |hϕ22 |ψ(0)i|2 = 50 %.

Dans l’état |ψ(0)i, la valeur moyenne hHi vaut : hHi = hψ(0)| H |ψ(0)i =

E1 E2 E2 3~ω0 + + = 2 4 4 2

et l’écart quadratique moyen s’exprime comme q ∆H = hH 2 i − hHi2

En utilisant le même raisonnement que précédemment, on a :

2 E2 E2 E2 5~2 ω02 H = hψ(0)| H 2 |ψ(0)i = 1 + 2 + 2 = 2 4 4 2

143

Corrigés des exercices du Chapitre III et l’on a donc au final : ∆H =

r

9~2 ω02 ~ω0 5~2 ω02 − = 2 4 2

b. Au lieu de mesurer H à l’instant t = 0, on mesure A ; quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Quel est le vecteur d’état immédiatement après la mesure ? On a : a−λ 0 0 −λ a det(A − λI) = 0 0 a −λ

= (a − λ)(λ2 − a2 ) = −(λ − a)2 (λ + a)

et A possède donc deux valeurs propres : a1 = −a, qui est non dégénérée, et a2 = +a, qui est dégénérée deux fois. De plus, on a :       2a 0 0 x 0 x=0  0 a a  y  =  0  ⇔ y+z =0 0 a a z 0

1 donc |χ1 i = √ (|u2 i − |u3 i) est état propre de A associé à la valeur propre 2 a1 = −a, et      0 0 0 x 0  0 −a a   y  =  0  ⇔ y − z = 0 0 a −a z 0   1 donc χ12 = √ (|u2 i + |u3 i) et χ22 = |u1 i sont états propres de A associés 2 à la valeur propre a2 = +a. Une mesure à t = 0 de A peut donc donner les résultats : • a1 = −a avec une probabilité de |hχ1 |ψ(0)i|2 = 0 %,

• a2 = +a avec une probabilité de |hχ12 |ψ(0)i|2 + |hχ22 |ψ(0)i|2 = 100 %, et une mesure à t = 0 de A donnera donc toujours le résultat +a. Le vecteur d’état immédiatement après la mesure est donc |ψ ′ (0)i = |ψ(0)i du fait que |ψ(0)i appartient déjà au sous-espace propre associé à la valeur propre a2 = +a, et l’état du système ne change donc pas. Cette remarque est identique à celle de la question d de l’exercice 12. c. Calculer le vecteur d’état |ψ(t)i du système à l’instant t.

Comme dans la question c de l’exercice 12, on a, à l’instant t : 1 1 1 |ψ(t)i = √ e−iE1 t/~ |u1 i + e−iE2 t/~ |u2 i + e−iE2 t/~ |u3 i 2 2 2

144

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I soit 1 1 1 |ψ(t)i = √ e−iω0 t |u1 i + e−i2ω0 t |u2 i + e−i2ω0 t |u3 i 2 2 2

d. Calculer les valeurs moyennes hAi (t) et hBi (t) de A et B à l’instant t. Quelles remarques peut-on faire ? On peut réécrire le vecteur d’état |ψ(t)i déterminé à la question c sous la forme : |ψ(t)i

= = =

1 1 1 √ e−iω0 t |u1 i + e−i2ω0 t |u2 i + e−i2ω0 t |u3 i 2 2 2 √ √ 1 √ √   1 2 |χ1 i + 2 χ12 2 χ2 − 2 |χ1 i 1 1 √ e−iω0 t χ22 + e−i2ω0 t + e−i2ω0 t 2 2 2 2 2 1 −i2ω0 t 1  1 −iω0 t 2  χ2 + √ e χ2 √ e 2 2

à partir des résultats de la question b, et l’on a donc directement : hAi (t) = hψ(t)| A |ψ(t)i =

a a + = +a 2 2

et la valeur moyenne de A n’évolue pas au cours du temps, ce qui est normal du fait que A commute avec H et est donc une constante du mouvement. En ce qui concerne B, on a : −λ b 0 0 = (b − λ)(λ2 − b2 ) = −(λ − b)2 (λ + b) det(B − λI) = b −λ 0 0 b−λ et B possède donc deux valeurs propres : b1 = −b, qui est non dégénérée, et b2 = +b, qui est dégénérée deux fois. De plus, on a :       b b 0 x 0 x+y =0  b b 0  y  =  0  ⇔ z=0 0 0 2b z 0

1 donc |v1 i = √ (|u1 i − |u2 i) est état propre 2 b1 = −b, et     −b b 0 x  b −b 0   y  =  0 0 0 z

de B associé à la valeur propre

 0 0 ⇔ x−y = 0 0

  1 donc v21 = √ (|u1 i + |u2 i) et v22 = |u3 i sont états propres de B associés 2 à la valeur propre b2 = +b. On peut donc réécrire le vecteur d’état |ψ(t)i

145

Corrigés des exercices du Chapitre III déterminé à la question c sous la forme : |ψ(t)i

= = =

1 1 1 √ e−iω0 t |u1 i + e−i2ω0 t |u2 i + e−i2ω0 t |u3 i 2 2 2 √ √  √  √  1 −iω0 t 2 |v1 i + 2 v21 1 −i2ω0 t 2 v21 − 2 |v1 i 1 √ e + e + e−i2ω0 t v22 2 2 2 2 2   −iω t   −iω t 0 0 e e e−i2ω0 t e−i2ω0 t 1  1 −i2ω0 t 2  v2 + e v2 √ |v1 i + √ − + 2 2 2 2 2 2 2

et l’on a donc directement : hBi (t)

soit

= hψ(t)| B |ψ(t)i   −iω0 t   iω0 t e ei2ω0 t e−i2ω0 t e − √ − √ = −b 2 2 2 2 2 2  iω0 t   −iω0 t  i2ω0 t −i2ω0 t e b e e e +b + + √ + √ 2 2 4 2 2 2 2   1 1 1 + − √ (eiω0 t + e−iω0 t ) = −b 4 8 4 2   b 1 1 1 +b + + √ (eiω0 t + e−iω0 t + 4 8 4 2 4 b b hBi (t) = √ cos ω0 t + 4 2

et la valeur moyenne de B évolue donc périodiquement au cours du temps à b b la pulsation de Bohr ω0 autour de la valeur et avec une amplitude de √ . 4 2 Ces oscillations ressemblent à celles (oscillations de Rabi) qui seront étudiées dans le Chapitre IV, à savoir la précession d’un spin 1/2 dans un champ électromagnétique externe. Il apparaît une fois de plus que la superposition d’états stationnaires n’est pas un état stationnaire. hBi (t) dépend explicitement du temps. e. Quels résultats obtient-on si l’on mesure à l’instant t l’observable A ? Même question pour B ; interprétation ? Comme hAi (t) = +a d’après les résultats de la question d, une mesure de l’observable A à l’instant t donnera toujours pour résultat +a. En revanche, une mesure de l’observable B à l’instant t pourra donner pour résultats : • −b avec une probabilité | hv1 i ψ(t)|2 = • +b avec une probabilité | hv21 i ψ(t)|2 + | hv22 i ψ(t)|2 =

1 3 − √ cos ω0 t 8 2 2

1 1 5 1 3 + √ cos ω0 t + = + √ cos ω0 t 8 2 2 4 8 2 2

146

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et les résultats −b et +b sont donc tous deux possibles. Il faudrait également comparer ces résultats avec ceux du Chapitre IV. Enfin, en combinant tous les résultats de cet exercice, on constate qu’il est nécessaire de réaliser des mesures sur les trois observables pour décrire de manière unique l’état du système. H, A et B constituent donc un E.C.O.C. et sont a fortiori codiagonalisables.

3.15

Point de vue d’interaction

(Il est recommandé de lire les Compléments FIII et éventuellement GIII avant d’entreprendre cet exercice.)

Énoncé. On considère un système physique a priori quelconque. On désigne par H0 (t) son hamiltonien et par U0 (t, t′ ) l’opérateur d’évolution correspondant : (

∂ U0 (t, t0 ) = H0 (t)U0 (t, t0 ) ∂t U0 (t0 , t0 ) = 1 i~

On suppose maintenant que l’on perturbe le système, de sorte que son hamiltonien devient : H(t) = H0 (t) + W (t) Le vecteur d’état du système dans le « point de vue d’interaction », |ψI (t)i, est défini à partir du vecteur d’état |ψS (t)i dans le point de vue de Schrödinger par : |ψI (t)i = U0† (t, t0 ) |ψS (t)i a. Montrer que l’évolution de |ψI (t)i est donnée par : i~

d |ψI (t)i = WI (t) |ψI (t)i dt

où WI (t) est l’opérateur transformé de W (t) par la transformation unitaire associée à U0† (t, t0 ) : WI (t) = U0† (t, t0 )W (t)U0 (t, t0 ) Expliquer qualitativement pourquoi, lorsque la perturbation W (t) est très petite devant H0 (t), le mouvement du vecteur |ψI (t)i est beaucoup plus lent que celui de |ψS (t)i.

147

Corrigés des exercices du Chapitre III b. Montrer que l’équation différentielle précédente est équivalente à l’équation intégrale : Z 1 t ′ dt WI (t′ ) |ψI (t′ )i |ψI (t)i = |ψI (t0 )i + i~ t0 où : |ψI (t0 )i = |ψS (t0 )i. c. En résolvant cette équation intégrale par itération, montrer que le ket |ψI (t)i peut être développé en puissances successives de W sous la forme : |ψI (t)i =

(

1+

1 i~

Z

t

dt′ WI (t′ ) + t0

1 (i~)2

Z

t

dt′ WI (t′ ) t0

Z

t′

dt′′ WI (t′′ ) + . . .

t0

)

|ψI (t0 )i

Commentaires. Cet exercice assez abstrait constitue une introduction à la théorie des perturbations. Il exploite le fait que les interactions sont de différents ordres de grandeur, ce qui conduit à des effets se produisant sur différentes échelles de temps. Le résultat pour la fonction d’onde est une « dérive » progressive par rapport à la fonction d’onde non perturbée sur une échelle de temps relativement longue. La théorie des perturbations est largement utilisée en règle générale. Elle a en particulier permis l’unification des interactions électromagnétique, faible et forte en chromodynamique quantique (QCD). Les chapitres XI (théorie des perturbations stationnaires) et XIII (méthodes d’approximation pour les problèmes dépendant du temps) sont consacrés à cette approche remarquable qu’introduit cet exercice dans le cas dépendant du temps.

Corrigé. On considère un système physique a priori quelconque. On désigne par H0 (t) son hamiltonien et par U0 (t, t′ ) l’opérateur d’évolution correspondant : (

∂ U0 (t, t0 ) = H0 (t)U0 (t, t0 ) ∂t U0 (t0 , t0 ) = 1

i~

On suppose maintenant que l’on perturbe le système, de sorte que son hamiltonien devient : H(t) = H0 (t) + W (t) Le vecteur d’état du système dans le « point de vue d’interaction », |ψI (t)i, est défini à partir du vecteur d’état |ψS (t)i dans le point de vue de Schrödinger par : |ψI (t)i = U0† (t, t0 ) |ψS (t)i

148

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

a. Montrer que l’évolution de |ψI (t)i est donnée par : i~

d |ψI (t)i = WI (t) |ψI (t)i dt

où WI (t) est l’opérateur transformé de W (t) par la transformation unitaire associée à U0† (t, t0 ) : WI (t) = U0† (t, t0 )W (t)U0 (t, t0 ) Expliquer qualitativement pourquoi, lorsque la perturbation W (t) est très petite devant H0 (t), le mouvement du vecteur |ψI (t)i est beaucoup plus lent que celui de |ψS (t)i. On a :

i~

d |ψI (t)i dt

∂ (U † (t, t0 ) |ψS (t)i) ∂t 0 d ∂ = i~ (U0† (t, t0 )) |ψS (t)i + i~U0† (t, t0 ) (|ψS (t)i) ∂t dt = i~

Or en prenant la conjuguée hermitique de la relation i~

∂ U0 (t, t0 ) = H0 (t)U0 (t, t0 ) ∂t

on obtient −i~

∂ † † U (t, t0 ) = (H0 (t)U0 (t, t0 )) = U0† (t, t0 )H0 (t) ∂t 0

du fait que H0 (t) est hermitique, et l’on a i~

d |ψS (t)i = H(t) |ψS (t)i dt

d’après l’équation de Schrödinger. On en déduit i~

d |ψI (t)i dt

=

−U0† (t, t0 )H0 (t) |ψS (t)i + U0† (t, t0 )H(t) |ψS (t)i

=

U0† (t, t0 )(H(t) − H0 (t)) |ψS (t)i

=

U0† (t, t0 )W (t)U0 (t, t0 ) |ψI (t)i

et l’on a donc bien i~

d |ψI (t)i = WI (t) |ψI (t)i dt

Lorsque la perturbation W (t) est très petite devant H0 (t), on a H(t) = H0 (t) + W (t) ≃ H0 (t) et  d   i~ |ψS (t)i = H(t) |ψS (t)i ≃ H0 (t) |ψS (t)i dt   i~ d |ψ (t)i = W (t) |ψ (t)i I I I dt

149

Corrigés des exercices du Chapitre III

d’après ce qui précède. Comme W (t), et donc WI (t), est très petite devant H0 (t), le mouvement du vecteur |ψI (t)i est beaucoup plus lent que celui de |ψS (t)i. WI (t) représente On peut comprendre cela en termes de taux de variation : ~ H0 (t) le taux de varile taux de variation caractéristique de |ψI (t)i et ~ ation caractéristique de |ψS (t)i. Comme WI (t) ≪ H0 (t), c’est-à-dire H0 (t) WI (t) ≪ , les variations de |ψI (t)i sont beaucoup plus lentes que celles ~ ~ de |ψS (t)i. b. Montrer que l’équation différentielle précédente est équivalente à l’équation intégrale : Z 1 t ′ |ψI (t)i = |ψI (t0 )i + dt WI (t′ ) |ψI (t′ )i i~ t0 où : |ψI (t0 )i = |ψS (t0 )i.

Nous avons montré à la question a que : i~

d |ψI (t)i = WI (t) |ψI (t)i dt

En remplaçant t par t′ puis en intégrant cette équation sur [t0 , t], on obtient : i~

Z

t

t0

d |ψI (t′ )i dt′ = dt′

Z

t

1 i~

Z

t

t0

WI (t′ ) |ψI (t′ )i dt′

soit |ψI (t)i = |ψI (t0 )i +

t0

WI (t′ ) |ψI (t′ )i dt′

De plus, comme |ψI (t)i = U0† (t, t0 ) |ψS (t)i par définition, et comme U0† (t0 , t0 ) = U0 (t0 , t0 ) = 1 d’après la relation (2) du Complément FIII , on en déduit |ψI (t0 )i = |ψS (t0 )i c. En résolvant cette équation intégrale par itération, montrer que le ket |ψI (t)i peut être développé en puissances successives de W sous la forme : |ψI (t)i =

(

1 1+ i~

Z

t

1 dt WI (t ) + (i ~ )2 t0 ′

′

Z

t ′

′

dt WI (t ) t0

Z

t′

t0

′′

′′

dt WI (t ) + . . .

)

|ψI (t0 )i

150

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Nous avons montré à la question b que : Z 1 t WI (t′ ) |ψI (t′ )i dt′ |ψI (t)i = |ψI (t0 )i + i~ t0 On peut écrire, de la même manière : |ψI (t′ )i = |ψI (t0 )i +

1 i~

Z

Z

t

t′

WI (t′′ ) |ψI (t′′ )i dt′′

t0

et l’on a donc : |ψI (t)i

=

1 + (i~)2 =

1 i~

|ψI (t0 )i + Z

t ′

WI (t )dt

′

Z

Z

t′

Z

t′

WI (t′′ ) |ψI (t′′ )i dt′′

t0

t0

|ψI (t0 )i + 1 + (i~)2

WI (t′ ) |ψI (t0 )i dt′

t0



1 i~

Z

t

t0

 WI (t′ )dt′ |ψI (t0 )i

t ′

WI (t )dt

t0

′

WI (t′′ ) |ψI (t′′ )i dt′′

t0

En suivant le même raisonnement que précédemment, on a : |ψI (t′′ )i = |ψI (t0 )i +

1 i~

Z

t′′

t0

WI (t′′′ ) |ψI (t′′′ )i dt′′′

et, en généralisant, le ket |ψI (t)i peut effectivement être développé en puissances successives de W sous la forme : |ψI (t)i =

(

1 1+ i~

Z

t

1 WI (t )dt + (i ~ )2 t0 ′

′

Z

t ′

′

WI (t )dt t0

Z

t′ ′′

′′

WI (t )dt + . . .

t0

)

|ψI (t0 )i

Cette équation et le résultat de la question précédente montrent comment, dans le point de vue d’interaction, l’état du système à l’instant t est lié à l’état du système à l’instant t0 via une série infinie d’applications de l’opérateur perturbation d’ordres de plus en plus élevés. Tout se passe comme si le système à l’instant t « dérivait » progressivement de l’état du système à l’instant t0 .

3.16

Corrélations entre deux particules

(Il est recommandé de lire le Complément EIII pour répondre à la question e de cet exercice)

Corrigés des exercices du Chapitre III

Énoncé. Considérons un système physique formé de deux particules (1) et (2), de même masse m, n’interagissant pas entre elles et placées toutes deux dans un puits de potentiel infini de largeur a (cf. Complément HI , § 2-c). On désigne par H(1) et H(2) les hamiltoniens de chacune des deux particules, par |ϕn (1)i et |ϕq (2)i les états propres correspondants de la première et de n2 π 2 ~2 q 2 π 2 ~2 la seconde particule, d’énergies et . Dans l’espace des états 2 2ma 2ma2 du système global, on considère la base des états |ϕn ϕq i définis par : |ϕn ϕq i = |ϕn (1)i ⊗ |ϕq (2)i a. Quels sont les états propres et les valeurs propres de l’opérateur hamiltonien H = H(1) + H(2), hamiltonien total du système ? Donner le degré de dégénérescence des deux niveaux d’énergies les plus basses. b. On suppose que le système est, à l’instant t = 0, dans l’état : 1 1 1 1 |ψ(0)i = √ |ϕ1 ϕ1 i + √ |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i + √ |ϕ2 ϕ2 i 6 3 6 3 α. Quel est l’état du système à l’instant t ? β. On mesure l’énergie totale H. Quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? γ. Mêmes questions si, au lieu de mesurer H, on mesure H(1). c.

α. Montrer que |ψ(0)i est un état produit tensoriel. Lorsque le système est dans cet état, calculer les valeurs moyennes suivantes : hH(1)i , hH(2)i et hH(1)H(2)i. Comparer hH(1)i hH(2)i à hH(1)H(2)i ; comment expliquer le résultat obtenu ? β. Montrer que les résultats précédents restent valables lorsque l’état du système est l’état |ψ(t)i, calculé en b.

d. On suppose maintenant que l’état |ψ(0)i est donné par : r 1 1 3 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i |ψ(0)i = √ |ϕ1 ϕ1 i + 5 5 5 Montrer que |ψ(0)i ne peut pas être mis sous la forme d’un produit tensoriel. Que deviennent alors les réponses aux diverses questions posées en c ? e.

α. Écrire la matrice représentant, dans la base des vecteurs |ϕn ϕp i, l’opérateur densité ρ(0) correspondant au ket |ψ(0)i donné en b.

151

152

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Quelle est la matrice densité ρ(t) à l’instant t ? Calculer à l’instant t = 0 les traces partielles : ρ(1) = Tr2 ρ et ρ(2) = Tr1 ρ Les opérateurs densités ρ, ρ(1) et ρ(2) décrivent-ils des états purs ? Comparer ρ et ρ(1) ⊗ ρ(2) ; interprétation ?

β. Répondre aux mêmes questions qu’en α, mais en prenant pour |ψ(0)i le ket donné en d.

Commentaires. Cet exercice est à rapprocher de l’exercice 11 en termes de concept et de l’exercice 13 en termes de résolution. Il diffère de l’exercice 13, qui traite d’une particule unique dans un puits à deux dimensions, en ce qu’il traite de deux particules dans un puits à une dimension. L’hamiltonien est toujours séparable, l’hamiltonien total est la somme des hamiltoniens des deux particules prises séparément du fait que les deux particules n’interagissent pas. L’énergie totale et la fonction d’onde globale du système s’obtiennent ainsi comme dans l’exercice 13. L’exercice présente un niveau de complexité accru du fait qu’il traite des corrélations possibles entre les deux particules placées dans le même puits de potentiel. Comme dans l’exercice 11, l’état des deux particules est une fois de plus décrit par une fonction d’onde unique. Cet état s’appelle un état intriqué. Cet exercice vise à distinguer les cas où l’état peut s’écrire comme un produit tensoriel de ceux où il ne le peut pas. Un état séparable, c’est-à-dire un état qui peut s’écrire comme un produit tensoriel, n’est pas intriqué du fait qu’une mesure réalisée sur une particule n’affecte pas l’autre. Un vrai état intriqué ne peut donc pas s’écrire comme un produit tensoriel. Dans ce cas, toute mesure réalisée sur une particule (impliquant une réduction du paquet d’ondes) affecte l’état de l’autre. Remarquons enfin qu’un état intriqué est expérimentalement très fragile. Cette propriété est qualifiée de décohérence quantique : il est difficile d’isoler expérimentalement les deux particules et d’éviter les interactions extérieures, ce qui conduit les particules à se « désintriquer », c’est-à-dire à rompre l’intrication. De tels états peuvent néanmoins maintenant être manipulés en laboratoire et, comme mentionné dans l’exercice 11, conduisent à des interprétations déconcertantes bien que correctes. Voir le paradoxe EinsteinPodolsky-Rosen (EPR) mentionné dans l’exercice 11.

Corrigé. Considérons un système physique formé de deux particules (1) et (2), de même masse m, n’interagissant pas entre elles et placées toutes deux dans un puits de potentiel infini de largeur a (cf. Complément HI , § 2-c). On désigne par H(1) et

153

Corrigés des exercices du Chapitre III

H(2) les hamiltoniens de chacune des deux particules, par |ϕn (1)i et |ϕq (2)i les états propres correspondants de la première et de la seconde particule, d’énergies n2 π 2 ~2 q 2 π 2 ~2 et . Dans l’espace des états du système global, on considère la base 2 2ma 2ma2 des états |ϕn ϕq i définis par : |ϕn ϕq i = |ϕn (1)i ⊗ |ϕq (2)i a. Quels sont les états propres et les valeurs propres de l’opérateur hamiltonien H = H(1) + H(2), hamiltonien total du système ? Donner le degré de dégénérescence des deux niveaux d’énergies les plus basses. Les états propres de l’opérateur hamiltonien H = H(1)+ H(2) sont les états : |ϕn ϕq i = |ϕn (1)i ⊗ |ϕq (2)i et les valeurs propres En,q associées vérifient H |ϕn ϕq i = [H(1) + H(2)] |ϕn (1)i ⊗ |ϕq (2)i = (En + Eq ) |ϕn ϕq i = En,q |ϕn ϕq i

et sont donc de la forme En,q = En + Eq =

(n2 + q 2 )π 2 ~2 , n, q ∈ N∗ 2ma2

Le niveau fondamental est obtenu lorsque n = q = 1, son énergie est π 2 ~2 , et cette énergie n’est atteinte que pour n = q = 1 donc le E1,1 = ma2 niveau fondamental n’est pas dégénéré. Le premier niveau excité est obtenu 5π 2 ~2 lorsque (n, q) ∈ {(1, 2), (2, 1)}, son énergie est E1,2 = E2,1 = , et ce 2ma2 niveau est dégénéré deux fois puisque les états propres |ϕ1 ϕ2 i et |ϕ2 ϕ1 i associés sont indépendants. b. On suppose que le système est, à l’instant t = 0, dans l’état : 1 1 1 1 |ψ(0)i = √ |ϕ1 ϕ1 i + √ |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i + √ |ϕ2 ϕ2 i 6 3 6 3 α. Quel est l’état du système à l’instant t ? On a, à l’instant t : |ψ(t)i

=

1 1 √ e−iE1,1 t/~ |ϕ1 ϕ1 i + √ e−iE1,2 t/~ |ϕ1 ϕ2 i 6 3 1 1 −iE2,1 t/~ |ϕ2 ϕ1 i + √ e−iE2,2 t/~ |ϕ2 ϕ2 i +√ e 6 3

β. On mesure l’énergie totale H. Quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? En mesurant l’énergie totale H, on peut trouver les résultats : 1 π 2 ~2 avec une probabilité de |hϕ1 ϕ1 |ψ(t)i|2 = , • E1,1 = 2 ma 6

154

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I • E1,2 = E2,1 =

5π 2 ~2 avec une probabilité de 2ma2 |hϕ1 ϕ2 |ψ(t)i|2 + |hϕ2 ϕ1 |ψ(t)i|2 =

1 2

4π 2 ~2 1 avec une probabilité de |hϕ2 ϕ2 |ψ(t)i|2 = . 2 ma 3 γ. Mêmes questions si, au lieu de mesurer H, on mesure H(1). En mesurant H(1), on peut trouver les résultats : • E2,2 =

• E1 =

π 2 ~2 avec une probabilité de 2ma2 |hϕ1 ϕ1 |ψ(t)i|2 + |hϕ1 ϕ2 |ψ(t)i|2 =

• E2 =

2π 2 ~2 avec une probabilité de ma2 |hϕ2 ϕ1 |ψ(t)i|2 + |hϕ2 ϕ2 |ψ(t)i|2 =

c.

1 2

1 2

α. Montrer que |ψ(0)i est un état produit tensoriel. Lorsque le système est dans cet état, calculer les valeurs moyennes suivantes : hH(1)i , hH(2)i et hH(1)H(2)i. Comparer hH(1)i hH(2)i à hH(1)H(2)i ; comment expliquer le résultat obtenu ? On a, par définition : 1 1 1 1 |ψ(0)i = √ |ϕ1 ϕ1 i + √ |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i + √ |ϕ2 ϕ2 i 6 3 6 3 |ψ(0)i est un état produit tensoriel s’il peut s’écrire sous la forme |ψ(0)i = |u(1)i ⊗ |v(2)i. Posons  |u(1)i = a |ϕ1 (1)i + b |ϕ2 (1)i |v(2)i = c |ϕ1 (2)i + d |ϕ2 (2)i On a alors : |u(1)i ⊗ |v(2)i = ac |ϕ1 ϕ1 i + ad |ϕ1 ϕ2 i + bc |ϕ2 ϕ1 i + bd |ϕ2 ϕ2 i et l’on aura donc |ψ(0)i = |u(1)i ⊗ |v(2)i si et seulement si l’on a :  1  ac = √    6     1    ad = √ 3 1   bc = √    6     1   bd = √ 3

155

Corrigés des exercices du Chapitre III

On a donc nécessairement a = b et le système précédent se simplifie en :    a=b    ac = √1 6   1    ad = √ 3

√ On a donc nécessairement d = c 2 et le système précédent se simplifie en :  a = b√    d=c 2 1    ac = √ 6

Les vecteurs |u(1)i et |v(2)i doivent de plus être normés, donc on a nécessairement :  1  a = b = √ eiϕ1    2      1 iϕ2 2|a|2 = 1 | hu(1)i u(1)|2 = |a|2 + |b|2 = 1 c= √ e ⇔ ⇔ 3|c|2 = 1 | hv(2)i v(2)|2 = |c|2 + |d|2 = 1 3   r      d = 2 eiϕ2 3

En posant ϕ1 = ϕ2 = 0 pour que tous les coefficients soient réels et positifs, on obtient : |ψ(0)i =



 1 1 √ |ϕ1 (1)i + √ |ϕ2 (1)i ⊗ 2 2

1 √ |ϕ1 (2)i + 3

r

! 2 |ϕ2 (2)i 3

et |ψ(0)i est donc bien un état produit tensoriel. On a alors d’une part : hH(1)i

=

hψ(0)| H(1) |ψ(0)i = hψ(0)| H(1) |u(1)v(2)i

=

hψ(0)| (H(1) |u(1)i) ⊗ |v(2)i

=

hψ(0)|

=

hψ(0)|

=



E2 E1 √ |ϕ1 (1)i + √ |ϕ2 (1)i 2 2



⊗



1 √ |ϕ1 (2)i + 3

r

2 |ϕ2 (2)i 3

E1 E2 E2 E1 √ |ϕ1 ϕ1 i + √ |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i + √ |ϕ2 ϕ2 i 6 3 6 3 E1 E1 E2 E2 E1 + E2 + + + = 6 3 6 3 2

!



du fait que les états propres |ϕn ϕq i constituent une base de l’espace des états du système global, soit hH(1)i =

5π 2 ~2 4ma2

156

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et hH(2)i

=

hψ(0)| H(2) |ψ(0)i = hψ(0)| H(2) |u(1)v(2)i

=

hψ(0)|u(1)i ⊗ (H(2) |v(2)i)

=

hψ(0)|

=

hψ(0)|

=



1 1 √ |ϕ1 (1)i + √ |ϕ2 (1)i 2 2



⊗

E1 √ |ϕ1 (2)i + E2 3

r

2 |ϕ2 (2)i 3

!





E2 E1 E2 E1 √ |ϕ1 ϕ1 i + √ |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i + √ |ϕ2 ϕ2 i 6 3 6 3 E2 E1 E2 E1 + 2E2 E1 + + + = 6 3 6 3 3

soit hH(2)i =

3π 2 ~2 2ma2

et d’autre part : hH(1)H(2)i

= = =

= =

hψ(0)| H(1)H(2) |ψ(0)i = hψ(0)| H(1)H(2) |u(1)v(2)i

hψ(0)| (H(1) |u(1)i) ⊗ (H(2) |v(2)i)   E2 E1 hψ(0)| √ |ϕ1 (1)i + √ |ϕ2 (1)i 2 2   s E1 2  ⊗ √ |ϕ1 (2)i + E2 |ϕ2 (2)i 3 3  2  E E1 E2 E1 E2 E2 hψ(0)| √1 |ϕ1 ϕ1 i + √ |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i + √2 |ϕ2 ϕ2 i 6 3 6 3   4 4 1 π ~ E1 E2 E1 E2 E22 4 4 16 E12 + + + = + + + 6 3 6 3 6 3 6 3 4m2 a4

soit hH(1)H(2)i =

15π 4 ~4 8m2 a4

On a donc au final : hH(1)i hH(2)i =

15π 4 ~4 = hH(1)H(2)i 8m2 a4

Il n’y a pas de corrélation entre H(1) et H(2) dans hH(1)H(2)i du fait que |ψ(0)i est un état produit tensoriel, et il est donc normal que hH(1)H(2)i = hH(1)i hH(2)i.

β. Montrer que les résultats précédents restent valables lorsque l’état du système est l’état |ψ(t)i, calculé en b. Nous avons montré à la question b.α que, à l’instant t : |ψ(t)i

=

1 1 √ e−iE1,1 t/~ |ϕ1 ϕ1 i + √ e−iE1,2 t/~ |ϕ1 ϕ2 i 6 3 1 −iE2,1 t/~ 1 +√ e |ϕ2 ϕ1 i + √ e−iE2,2 t/~ |ϕ2 ϕ2 i 6 3

157

Corrigés des exercices du Chapitre III Or on a En,q = En + Eq ⇔ e−iEn,q t/~ = e−iEn t/~ e−iEq t/~

On a donc :

|ψ(t)i =

 e−iE2 t/~ e−iE1 t/~ √ |ϕ1 (1)i + √ |ϕ2 (1)i 2 2 ! r 2 −iE2 t/~ e−iE1 t/~ √ |ϕ1 (2)i + e |ϕ2 (2)i ⊗ 3 3 

et |ψ(t)i est donc bien toujours un état produit tensoriel. De plus, les termes exponentiels vont se simplifier avec leurs conjugués lors du calcul des valeurs moyennes, ce qui conduira au même résultat hH(1)H(2)i = hH(1)i hH(2)i.

d. On suppose maintenant que l’état |ψ(0)i est donné par : r 1 3 1 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i |ψ(0)i = √ |ϕ1 ϕ1 i + 5 5 5

Montrer que |ψ(0)i ne peut pas être mis sous la forme d’un produit tensoriel. Que deviennent alors les réponses aux diverses questions posées en c ? |ψ(0)i est un état produit tensoriel s’il peut s’écrire sous la forme |ψ(0)i = |u(1)i ⊗ |v(2)i. Posons  |u(1)i = a |ϕ1 (1)i + b |ϕ2 (1)i |v(2)i = c |ϕ1 (2)i + d |ϕ2 (2)i

On a alors :

|u(1)i ⊗ |v(2)i = ac |ϕ1 ϕ1 i + ad |ϕ1 ϕ2 i + bc |ϕ2 ϕ1 i + bd |ϕ2 ϕ2 i

et l’on aura donc |ψ(0)i = |u(1)i ⊗ |v(2)i si et seulement si l’on a :  1  ac = √    5   r   3  ad = 5    1   bc = √    5  bd = 0

La dernière relation bd = 0 impose b = 0 ou d = 0, ce qui est impossible d’après les 2e et 3e relations du système ci-dessus, et |ψ(0)i ne peut donc pas être mis sous la forme d’un produit tensoriel. On a alors d’une part : hH(1)i

=

hψ(0)| H(1) |ψ(0)i = hψ(0)| H(1)

=

hψ(0)|

=

E1 3E1 E2 4E1 + E2 + + = 5 5 5 5

E1 √ |ϕ1 ϕ1 i + E1 5

r

1 √ |ϕ1 ϕ1 i + 5

! 3 1 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i 5 5 !

r

E2 3 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i 5 5

158

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I soit hH(1)i =

4π 2 ~2 5ma2

et hH(2)i

=

hψ(0)| H(2) |ψ(0)i = hψ(0)| H(2)

=

hψ(0)|

=

3E2 E1 2E1 + 3E2 E1 + + = 5 5 5 5

E1 √ |ϕ1 ϕ1 i + E2 5

r

1 √ |ϕ1 ϕ1 i + 5

r

1 3 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i 5 5 !

!

1 3 |ϕ1 ϕ2 i + E1 √ |ϕ2 ϕ1 i 5 5

soit hH(2)i =

7π 2 ~2 5ma2

et d’autre part : hH(1)H(2)i = = =

! r 1 1 3 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i hψ(0)| H(1)H(2) √ |ϕ1 ϕ1 i + 5 5 5 ! r 3 E12 E1 E2 hψ(0)| √ |ϕ1 ϕ1 i + E1 E2 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i 5 5 5 E12 3E1 E2 E1 E2 E 2 + 4E1 E2 + + = 1 5 5 5 5

soit hH(1)H(2)i =

17π 4 ~4 20m2 a4

On a donc au final : hH(1)i hH(2)i =

17π 4 ~4 28π 4 ~4 6= = hH(1)H(2)i 2 4 25m a 20m2 a4

Cette différence par rapport au cas précédent est due au fait que |ψ(0)i ne peut pas être mis sous la forme d’un produit tensoriel, et qu’il y a donc des corrélations entre H(1) et H(2) dans hH(1)H(2)i. Ces résultats restent également valables lorsque l’état du système est l’état |ψ(t)i. e.

α. Écrire la matrice représentant, dans la base des vecteurs |ϕn ϕp i, l’opérateur densité ρ(0) correspondant au ket |ψ(0)i donné en b. Quelle

159

Corrigés des exercices du Chapitre III

est la matrice densité ρ(t) à l’instant t ? Calculer à l’instant t = 0 les traces partielles : ρ(1) = Tr2 ρ et ρ(2) = Tr1 ρ Les opérateurs densités ρ, ρ(1) et ρ(2) décrivent-ils des états purs ? Comparer ρ et ρ(1) ⊗ ρ(2) ; interprétation ? On a

ρ(0) =

|ψ(0)i hψ(0)|   1 1 1 1 √ |ϕ1 ϕ1 i + √ |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i + √ |ϕ2 ϕ2 i 6 3 6 3   1 1 1 1 × √ hϕ1 ϕ1 | + √ hϕ1 ϕ2 | + √ hϕ2 ϕ1 | + √ hϕ2 ϕ2 | 6 3 6 3

=

et la matrice densité associée s’écrit donc 

     ρ(0) =      

1 6 1 √ 3 2 1 6 1 √ 3 2

1 √ 3 2 1 3 1 √ 3 2 1 3

1 6 1 √ 3 2 1 6 1 √ 3 2

1 √ 3 2 1 3 1 √ 3 2 1 3

           

dans la base {|ϕ1 ϕ1 i , |ϕ1 ϕ2 i , |ϕ2 ϕ1 i , |ϕ2 ϕ2 i}. Nous avons montré à la question b.α que, à l’instant t : |ψ(t)i

=

1 1 √ e−iE1,1 t/~ |ϕ1 ϕ1 i + √ e−iE1,2 t/~ |ϕ1 ϕ2 i 6 3 1 −iE2,1 t/~ 1 +√ e |ϕ2 ϕ1 i + √ e−iE2,2 t/~ |ϕ2 ϕ2 i 6 3

On a donc : ρ(t)

= =

|ψ(t)i hψ(t)|  −iE1,1 t/~ e e−iE1,2 t/~ e−iE2,1 t/~ √ √ √ |ϕ1 ϕ1 i + |ϕ1 ϕ2 i + |ϕ2 ϕ1 i 6 3 6   iE1,1 t/~ e−iE2,2 t/~ eiE1,2 t/~ e √ √ + |ϕ2 ϕ2 i hϕ1 ϕ1 | + √ hϕ1 ϕ2 | 3 6 3  eiE2,1 t/~ eiE2,2 t/~ + √ hϕ2 ϕ1 | + √ hϕ2 ϕ2 | 6 3

La matrice densité à l’instant t s’écrit donc :

160

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I 

1

ei(E1,2 −E1,1 )t/~

ei(E2,1 −E1,1 )t/~

ei(E2,2 −E1,1 )t/~

√ 3 2

3

√ 3 2

3



√ √   6 6 3 2 3 2    −i(E −E )t/~  i(E −E )t/ ~ 1,2 1,1 2,2 1,2 e  1 1 e   √ √   3 3 3 2 3 2   ρ(t) =   i(E2,2 −E2,1 )t/~  e−i(E2,1 −E1,1 )t/~ 1 1 e   √ √   6 6   3 2 3 2   e−i(E2,2 −E1,1 )t/~ e−i(E2,2 −E1,2 )t/~ e−i(E2,2 −E2,1 )t/~  1

dans la base {|ϕ1 ϕ1 i , |ϕ1 ϕ2 i , |ϕ2 ϕ1 i , |ϕ2 ϕ2 i}. Les éléments de matrice des traces partielles ρ(1) = Tr2 ρ et ρ(2) = Tr1 ρ sont définis comme :  X  hϕ (1)| ρ(1) |ϕ (1)i = hϕi (1)ϕk (2)| ρ |ϕj (1)ϕk (2)i  i j  k X  hϕk (1)ϕi (2)| ρ |ϕk (1)ϕj (2)i   hϕi (2)| ρ(2) |ϕj (2)i = k

On a donc, à l’instant t = 0 :

 1 1 1  hϕ1 (1)| ρ(1) |ϕ1 (1)i = hϕ1 ϕ1 | ρ(0) |ϕ1 ϕ1 i + hϕ1 ϕ2 | ρ(0) |ϕ1 ϕ2 i = + =    6 3 2     1 1 1    hϕ1 (1)| ρ(1) |ϕ2 (1)i = hϕ1 ϕ1 | ρ(0) |ϕ2 ϕ1 i + hϕ1 ϕ2 | ρ(0) |ϕ2 ϕ2 i = + = 6

3

2

 1 1 1   hϕ2 (1)| ρ(1) |ϕ1 (1)i = hϕ2 ϕ1 | ρ(0) |ϕ1 ϕ1 i + hϕ2 ϕ2 | ρ(0) |ϕ1 ϕ2 i = + =   6 3 2       hϕ2 (1)| ρ(1) |ϕ2 (1)i = hϕ2 ϕ1 | ρ(0) |ϕ2 ϕ1 i + hϕ2 ϕ2 | ρ(0) |ϕ2 ϕ2 i = 1 + 1 = 1 6

3

2

et  1 1 1  hϕ1 (2)| ρ(2) |ϕ1 (2)i = hϕ1 ϕ1 | ρ(0) |ϕ1 ϕ1 i + hϕ2 ϕ1 | ρ(0) |ϕ2 ϕ1 i = + =    6 6 3     1  1 2    hϕ1 (2)| ρ(2) |ϕ2 (2)i = hϕ1 ϕ1 | ρ(0) |ϕ1 ϕ2 i + hϕ2 ϕ1 | ρ(0) |ϕ2 ϕ2 i = √ + √ = √ 3 2

3 2

3 2

 1 1 2   hϕ2 (2)| ρ(2) |ϕ1 (2)i = hϕ1 ϕ2 | ρ(0) |ϕ1 ϕ1 i + hϕ2 ϕ2 | ρ(0) |ϕ2 ϕ1 i = √ + √ = √    3 2 3 2 3 2       hϕ2 (2)| ρ(2) |ϕ2 (2)i = hϕ1 ϕ2 | ρ(0) |ϕ1 ϕ2 i + hϕ2 ϕ2 | ρ(0) |ϕ2 ϕ2 i = 1 + 1 = 2 3

et l’on a donc :  1  2 ρ(1) =  1 2

 1 1   3 2   , ρ(2) =   2 1 √ 3 2 2

 2 √ 3 2   2  3

3

3

161

Corrigés des exercices du Chapitre III On a de plus : 

ρ2

=

           



=

ρ2 (1)

ρ2 (2)

           

=



=



 

  

1 6 1 √ 3 2 1 6 1 √ 3 2 1 6 1 √ 3 2 1 6 1 √ 3 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 3 2 √ 3 2

1 1 √ 6 3 2 1 1 √ 3 3 2 1 1 √ 6 3 2 1 1 √ 3 3 2 1 1 √ 6 3 2 1 1 √ 3 3 2 1 1 √ 6 3 2 1 1 √ 3 3 2  1 1  2 2  1 1 2 2  2 √  3 2   2  3

1 √ 3 2 1 3 1 √ 3 2 1 3 1 √ 3 2 1 3 1 √ 3 2 1 3  

            

1 6 1 √ 3 2 1 6 1 √ 3 2

1 √ 3 2 1 3 1 √ 3 2 1 3



1 6 1 √ 3 2 1 6 1 √ 3 2

1 √ 3 2 1 3 1 √ 3 2 1 3

            

      =ρ     

1   2 = 1 2 2 1 √ 3 3 2 2 2 √ 3 3 2

1  2   = ρ(1) 1 2   1   3 =   2 √ 3 2

 2 √ 3 2   = ρ(2) 2  3

Les opérateurs ρ, ρ(1) et ρ(2) décrivent donc des états purs, ce qui est logique du fait que les états |u(1)i, |v(2)i, et |ψ(0)i = |u(1)i ⊗ |v(2)i sont des superpositions linéaires d’états et non des mélanges statistiques d’états. Enfin, on a : 

1  2 ρ(1) ⊗ ρ(2) =   1 2 

  2 1 1 √  3 3 2 2  ⊗ 2 1   2 √ 3 3 2 2

       =        

 1 1 1 1 √ √  6 6 3 2 3 2  1 1 1 1   √ √  3 3  3 2 3 2 =ρ 1 1 1 1  √ √   6 6 3 2 3 2   1 1  1 1 √ √ 3 3 3 2 3 2

On a donc ρ(1) ⊗ ρ(2) = ρ , ce qui prouve que |ψ(0)i est un produit tensoriel d’états de particules prises séparément. β. Répondre aux mêmes questions qu’en α, mais en prenant pour |ψ(0)i le ket donné en d.

162

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a maintenant ρ(0) =

|ψ(0)i hψ(0)|

! 1 3 |ϕ1 ϕ2 i + √ |ϕ2 ϕ1 i 5 5 ! r 1 3 1 √ hϕ1 ϕ1 | + hϕ1 ϕ2 | + √ hϕ2 ϕ1 | 5 5 5

1 √ |ϕ1 ϕ1 i + 5

= ×

r

et la matrice densité associée s’écrit donc √  1 3 1  5 5 5  √ √   3 3 3  ρ(0) =  5 5 5  √  1 1 3   5 5 5 0 0 0



0     0      0  0

dans la base {|ϕ1 ϕ1 i , |ϕ1 ϕ2 i , |ϕ2 ϕ1 i , |ϕ2 ϕ2 i}. À l’instant t, on a : 1 |ψ(t)i = √ e−iE1,1 t/~ |ϕ1 ϕ1 i + 5

r

1 3 −iE1,2 t/~ e |ϕ1 ϕ2 i + √ e−iE2,1 t/~ |ϕ2 ϕ1 i 5 5

On a donc : ρ(t)

=

|ψ(t)i hψ(t)|

e−iE2,1 t/~ 3 −iE1,2 t/~ √ e |ϕ1 ϕ2 i + |ϕ2 ϕ1 i 5 5 ! r eiE2,1 t/~ 3 iE1,2 t/~ √ hϕ1 ϕ1 | + e hϕ1 ϕ2 | + hϕ2 ϕ1 | 5 5

e−iE1,1 t/~ √ |ϕ1 ϕ1 i + 5

=

×

eiE1,1 t/~ √ 5

r

!

La matrice densité à l’instant t s’écrit donc : 

1 5

   √ −i(E1,2 −E1,1 )t/~  3e  ρ(t) =  5   −i(E2,1 −E1,1 )t/~  e  5 0

√

3ei(E1,2 −E1,1 )t/~ ei(E2,1 −E1,1 )t/~ 5 5 √ 3 3 5 5 √ 1 3 5 5 0 0



0     0      0  0

dans la base {|ϕ1 ϕ1 i , |ϕ1 ϕ2 i , |ϕ2 ϕ1 i , |ϕ2 ϕ2 i}. Les éléments de matrice des traces partielles ρ(1) = Tr2 ρ et ρ(2) = Tr1 ρ sont définis comme :  X  hϕi (1)ϕk (2)| ρ |ϕj (1)ϕk (2)i  hϕi (1)| ρ(1) |ϕj (1)i =  k X  hϕk (1)ϕi (2)| ρ |ϕk (1)ϕj (2)i   hϕi (2)| ρ(2) |ϕj (2)i = k

163

Corrigés des exercices du Chapitre III On a donc, à l’instant t = 0 :

 1 3 4  hϕ1 (1)| ρ(1) |ϕ1 (1)i = hϕ1 ϕ1 | ρ(0) |ϕ1 ϕ1 i + hϕ1 ϕ2 | ρ(0) |ϕ1 ϕ2 i = + =    5 5 5     1  1    hϕ1 (1)| ρ(1) |ϕ2 (1)i = hϕ1 ϕ1 | ρ(0) |ϕ2 ϕ1 i + hϕ1 ϕ2 | ρ(0) |ϕ2 ϕ2 i = + 0 = 5 5  1 1   hϕ2 (1)| ρ(1) |ϕ1 (1)i = hϕ2 ϕ1 | ρ(0) |ϕ1 ϕ1 i + hϕ2 ϕ2 | ρ(0) |ϕ1 ϕ2 i = + 0 =    5 5     1 1   hϕ2 (1)| ρ(1) |ϕ2 (1)i = hϕ2 ϕ1 | ρ(0) |ϕ2 ϕ1 i + hϕ2 ϕ2 | ρ(0) |ϕ2 ϕ2 i = + 0 = 5 5

et

 1 1 2  hϕ1 (2)| ρ(2) |ϕ1 (2)i = hϕ1 ϕ1 | ρ(0) |ϕ1 ϕ1 i + hϕ2 ϕ1 | ρ(0) |ϕ2 ϕ1 i = + =    5 5 5    √ √   3 3    + 0 = hϕ (2)| ρ(2) |ϕ (2)i = hϕ ϕ | ρ(0) |ϕ ϕ i + hϕ ϕ | ρ(0) |ϕ ϕ i = 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2  5 5 √ √   3 3   hϕ (2)| ρ(2) |ϕ (2)i = hϕ ϕ | ρ(0) |ϕ ϕ i + hϕ ϕ | ρ(0) |ϕ ϕ i = + 0 =  2 1 1 2 1 1 2 2 2 1   5 5     3 3   hϕ2 (2)| ρ(2) |ϕ2 (2)i = hϕ1 ϕ2 | ρ(0) |ϕ1 ϕ2 i + hϕ2 ϕ2 | ρ(0) |ϕ2 ϕ2 i = + 0 = 5 5

et l’on a donc :

 4  5 ρ(1) =  1 5 On a de plus : 

ρ2

     =     

1 5 √ 3 5 1 5 0



1  5  √   3  =  5   1   5 0

 4  5 ρ2 (1) =  1 5

√ 3 5 3 5 √ 3 5 0 √ 3 5 3 5 √ 3 5 0

 1  2  5  5  , ρ(2) =   √ 1 3 5 5 1 5 √ 3 5 1 5 0 1 5 √ 3 5 1 5 0

1  4 5  5  1 1 5 5



0      0      0  0 

1 5 √ 3 5 1 5 0

0     0  =ρ    0  0

1   5   = 1 5

17 25 1 5

√ 3 5 3 5 √ 3 5 3 5 √ 3 5 0

    1 5 √ 3 5 1 5 0



0     0      0  0

1  5  6 ρ(1) = 2 25

164

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I √  √   √  3 2 3 3 2 7  5   25   5 5 5 5 2  √ = √  6= ρ(2) ρ (2) =   √     3 3 3 3 3 12 5 5 5 5 5 25 L’opérateur ρ décrit donc un état pur, ce qui est logique du fait que l’état |ψ(0)i est une superposition linéaire d’états et non un mélange statistique d’états, mais les opérateurs ρ(1) et ρ(2) décrivent des mélanges statistiques d’états, ce qui est dû au fait que l’état |ψ(0)i ne peut pas être mis sous la forme d’un produit tensoriel. Enfin, on a : 



 4  5 ρ(1) ⊗ ρ(2) =  1 5

  √      2 1 3    5   5 5    ⊗ √ = 1  3 3  5  5 5  

√ 8 4 3 25 25 √ 4 3 12 25 25 √ 2 3 25 25 √ 3 3 25 25

√  2 3 25 25   √  3 3   25 25  √   6= ρ 2 3   25 25   √ 3 3  25 25

On a donc ρ(1) ⊗ ρ(2) 6= ρ , ce qui prouve que |ψ(0)i ne peut pas être mis sous la forme d’un produit tensoriel d’états de particules prises séparément. Cet état est intriqué. Toute mesure réalisée sur la particule (1) affecte les résultats possibles de mesures réalisées sur la particule (2). Tel est le point de départ de l’expérience EPR d’Alain Aspect susmentionnée. Les exercices qui suivent portent sur l’opérateur densité ; ils supposent donc connus les notions et résultats du Complément EIII .

3.17

Introduction à la matrice densité (ou opérateur densité)

Énoncé. Soit ρ l’opérateur densité d’un système quelconque, |χl i et πl les vecteurs propres et valeurs propres de ρ. Écrire ρ et ρ2 en fonction des |χl i et πl ; quelle est l’allure des matrices représentant ces deux opérateurs dans la base {|χl i}, d’abord dans le cas où ρ décrit un état pur, puis dans le cas d’un mélange statistique d’états ? (On montrera que, dans un cas pur, ρ a un seul élément diagonal non nul, qui vaut 1, alors que pour un mélange statistique ρ a plusieurs éléments diagonaux compris entre 0 et 1). Montrer que ρ correspond à un cas pur si et seulement si la trace de ρ2 vaut 1.

165

Corrigés des exercices du Chapitre III

Commentaires. Un état est dit pur s’il est décrit par un ket unique |ψi. Jusqu’à maintenant, nous n’avons considéré que des états purs et la matrice densité était définie comme ρ = |ψi hψ|. Si l’état initial du système est connu, alors ses états futurs sont entièrement déterminés par l’équation de Schrödinger. Pour un état pur, la connaissance de |ψ(t = 0)i permet la détermination de ρ(t = 0), et de ρ(t) via l’équation de Schrödinger. L’état initial du système n’est cependant pas toujours connu avec précision, mais il est possible qu’il soit décrit par un mélange statistique d’états |ψi i de probabilités pi , au sens de laX physique statistique : la matrice densité est pi |ψi i hψi |. Par exemple, les probabilités alors définie comme ρ(t = 0) = i

pi d’un état quantique initial en contact avec un thermostat pourraient être données par une distribution de Maxwell-Boltzmann. Nous allons donc être amenés à utiliser deux notions de probabilités aux interprétations physiques très différentes. La probabilité quantique d’une part, en termes de probabilité d’obtenir un résultat donné pour une mesure, qui contient toutes les informations accessibles pour un système quantique. La probabilité statistique d’autre part, qui provient du manque d’informations sur l’état du système.

Corrigé. Soit ρ l’opérateur densité d’un système quelconque, |χl i et πl les vecteurs propres et valeurs propres de ρ. Écrire ρ et ρ2 en fonction des |χl i et πl ; quelle est l’allure des matrices représentant ces deux opérateurs dans la base {|χl i}, d’abord dans le cas où ρ décrit un état pur, puis dans le cas d’un mélange statistique d’états ? (On montrera que, dans un cas pur, ρ a un seul élément diagonal non nul, qui vaut 1, alors que pour un mélange statistique ρ a plusieurs éléments diagonaux compris entre 0 et 1). Montrer que ρ correspond à un cas pur si et seulement si la trace de ρ2 vaut 1. Considérons tout d’abord le cas où ρ décrit un état pur. Le vecteur d’état du système est alors connu à l’instant t : notons-le |ψ(t)i. On a alors : ρ = |ψ(t)i hψ(t)| =

X l

|ψ(t)i hψ(t)|χl i hχl | =

X l

πl |χl i hχl |

du fait que |ψ(t)i hψ(t)|χl i = ρ |χl i = πl |χl i par hypothèse, et en utilisant la relation de fermeture sur les vecteurs propres |χl i, qui forment une base de l’espace des états du fait que ρ est hermitique. On a de plus : ρ2 = |ψ(t)i hψ(t)|ψ(t)i hψ(t)| = |ψ(t)i hψ(t)| = ρ =

X l

πl |χl i hχl |

166

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

On peut donc en déduire l’expression des éléments des matrices représentant les opérateurs ρ et ρ2 dans la base {|χl i} : ! X  X  2 πl hχi |χl ihχl |χj i = πi δij πl |χl i hχl | χj = ρij = ρij = hχi | ρ χj = hχi | l

l

Ces matrices sont donc diagonales, leurs coefficients diagonaux étant les valeurs propres πl . De plus, on a : ρ2 = ρ ⇒ ρ2 |χl i = ρ |χl i ⇔ πl2 |χl i = πl |χl i ⇔ πl2 = πl ⇔ πl ∈ {0, 1} Or ρ est un opérateur densité, donc : X

Tr ρ =

πl = 1

l

Les valeurs propres πl valant soit 0 soit 1 d’après ce qui précède, on peut donc en déduire que toutes les valeurs propres πl sont nulles à l’exception d’une seule qui vaut 1. Notons πm = 1 cette valeur propre. On a alors : ρ |χm i = |ψ(t)i hψ(t)|χm i = |χm i ⇔ |χm i = |ψ(t)i Dans le cas où ρ décrit un état pur, le vecteur d’état |ψ(t)i du système est vecteur propre de ρ associé à la valeur propre 1, et les autres vecteurs propres de ρ sont associés à la valeur propre 0. Les matrices représentant les opérateurs ρ et ρ2 dans la base {|χl i} sont diagonales, et tous leurs termes diagonaux sont nuls à l’exception du m-ième coefficient, m étant défini par |χm i = |ψ(t)i, qui est égal à 1. Dans ce cas pur, comme ρ2 = ρ, on a Tr ρ = 1 ⇔ Tr ρ2 = 1. Considérons maintenant le cas où ρ décrit un mélange statistique d’états. On a alors : X ρ= pk |ψk (t)i hψk (t)| k

avec

X k

ρ=

X k

pk = 1 et pk ∈ [0, 1]. Par conséquent :

pk |ψk (t)i hψk (t)| =

X k,l

pk |ψk (t)i hψk (t)|χl i hχl | =

X l

X k

pk |ψk (t)i hψk (t)|

!

|χl i hχl |

soit ρ=

X l

du fait que

X k

ρ2 =

X l

πl |χl i hχl |

pk |ψk (t)i hψk (t)|χl i = ρ |χl i = πl |χl i par hypothèse. On a de plus :

πl |χl i hχl |

X m

πm |χm i hχm | =

X l,m

πl πm |χl i hχl |χm i hχm | =

X l

πl2 |χl i hχl |

167

Corrigés des exercices du Chapitre III

du fait que les vecteurs propres |χl i forment une base orthonormée de l’espace des états. On peut donc en déduire l’expression des éléments des matrices représentant les opérateurs ρ et ρ2 dans la base {|χl i} : ! X X ρij = hχi | ρ |χj i = hχi | πl |χl i hχl | |χj i = πl hχi |χl ihχl |χj i = πi δij l

ρ2ij = hχi | ρ2 |χj i = hχi |

X l

l

!

πl2 |χl i hχl | |χj i =

X l

πl2 hχi |χl ihχl |χj i = πi2 δij

Ces matrices sont donc diagonales, leurs coefficients diagonaux étant respectivement les valeurs propres πl et leur carré πl2 . De plus, on sait que chaque coefficient diagonal πl représente la population de l’état |χl i, c’est-à-dire une probabilité comprise entre 0 et 1. On a montré dans le premier cas que, si ρ représente un cas pur, alors Tr ρ2 = 1. Réciproquement, nous avons vu dans le second cas que ρ2ij = πi2 δij , et l’on a donc Tr ρ2 = 1 ⇔

X i

ρ2ii = 1 ⇔

X

πi2 = 1

i

Or on a toujours Tr ρ = 1 dans le cas d’un mélange statistique d’état, d’où X X πi = 1 ρii = 1 ⇔ Tr ρ = 1 ⇔ i

i

Or si aucun des πX 1 et si tous les πi sont compris entre 0 et 1, on i n’est égal à X πi2 < 1. La seule possibilité pour que l’on ait πi = 1 ⇒ a nécessairement i

i

Tr ρ2 = 1 est donc que tous les πi soient nuls à l’exception d’un seul que nous noterons πm et qui est nécessairement égal à 1. On a alors : X ρ= πl |χl i hχl | = πm |χm i hχm | = |χm i hχm | l

et ρ décrit alors un état pur. On a donc bien démontré que ρ correspond à un cas pur si et seulement si la trace de ρ2 vaut 1.

3.18

Évolution temporelle de la matrice densité

Énoncé. On considère un système d’opérateur densité ρ(t), évoluant sous l’influence d’un hamiltonien H(t). Montrer que la trace de ρ2 ne varie pas au cours du temps. Conclusion : le système peut-il évoluer de façon à être successivement dans un état pur et un mélange statistique d’états ?

168

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Commentaires. Cet exercice fait suite au précédent et ne devrait être traité que dans cet ordre. Il analyse la différence entre états purs et mélanges statistiques d’états en utilisant l’opérateur densité et son évolution.

Corrigé. On considère un système d’opérateur densité ρ(t), évoluant sous l’influence d’un hamiltonien H(t). Montrer que la trace de ρ2 ne varie pas au cours du temps. Conclusion : le système peut-il évoluer de façon à être successivement dans un état pur et un mélange statistique d’états ? Que ρ décrive un état pur ou un mélange statistique d’états, on a : 1 1 d 2 ρ (t) = [H(t), ρ2 (t)] = [H(t)ρ2 (t) − ρ2 (t)H(t)] dt i~ i~ et l’on a, dans une base {|un i} : Tr ρ2 (t) =

X n

hun | ρ2 (t) |un i

ce qui implique :   X d 2 d 1 d (Tr ρ2 (t)) = hun | ρ2 (t) |un i = Tr ρ (t) = [Tr{H(t)ρ2 (t)} − Tr{ρ2 (t)H(t)}] = 0 dt dt dt i~ n

du fait que Tr{H(t)ρ2 (t)} = Tr{ρ2 (t)H(t)}, et la trace de ρ2 (t) ne varie donc pas au cours du temps. Un système ne peut donc pas évoluer de façon à être successivement dans un état pur et dans un mélange statistique d’états : • si le système est initialement dans un état pur, Tr ρ2 (0) = 1, et la trace de ρ2 (t) ne varie pas au cours du temps donc Tr ρ2 (t) = Tr ρ2 (0) = 1 : le système demeurera toujours dans un état pur, • si le système est initialement dans un mélange statistique d’états, Tr ρ2 (0) < 1, et la trace de ρ2 (t) ne varie pas au cours du temps donc Tr ρ2 (t) = Tr ρ2 (0) < 1 : le système demeurera toujours dans un mélange statistique d’états. Si le système est dans un état pur, le système ne possède aucune inconnue au sens de la physique statistique. Son évolution est entièrement déterminée par l’équation de Schrödinger, et aucune inconnue ne peut être introduite ultérieurement. Si le système est dans un mélange statistique d’états dès le début (en raison d’interactions avec un thermostat ou avec l’environnement en général), le déterminisme de l’équation de Schrödinger ne permet pas à lui seul de « trouver » l’une des inconnues. Une mesure est nécessaire pour expliciter (réduire) le problème : le système demeure dans un mélange statistique d’états et doit être décrit en utilisant à la fois la mécanique quantique et la mécanique statistique.

169

Corrigés des exercices du Chapitre III

3.19

Matrice densité de deux particules

Énoncé. Soit un système global (1)+(2), composé de deux sous-systèmes (1) et (2). A et B désignent deux opérateurs agissant dans l’espace des états E(1) ⊗ E(2). Montrer que les deux traces partielles Tr1 {AB} et Tr1 {BA} sont égales lorsque A (ou B) n’agit en fait que dans l’espace E(1), c’est-à-dire lorsque A (ou B) peut s’écrire : A = A(1) ⊗ 1(2)

[ou B = B(1) ⊗ 1(2)]

Application : si l’opérateur H, hamiltonien du système global, est la somme de deux opérateurs n’agissant respectivement que dans E(1) et dans E(2) : H = H(1) + H(2), d calculer la variation ρ(1) de l’opérateur densité réduit ρ(1). Interprétation dt physique du résultat obtenu.

Commentaires. Dans les exercices 11 et 16, nous avons étudié des systèmes constitués de deux particules quantiques. Dans les deux exercices précédents (17 et 18), nous avons introduit la matrice densité d’une seule particule. Ce chapitre se conclut par l’étude de la matrice densité de deux particules. La mécanique statistique est en effet issue de la mécanique quantique, et il faut aussi être capable de manipuler un grand nombre de particules, donc autant commencer avec deux !

Corrigé. Soit un système global (1) + (2), composé de deux sous-systèmes (1) et (2). A et B désignent deux opérateurs agissant dans l’espace des états E(1) ⊗ E(2). Montrer que les deux traces partielles Tr1 {AB} et Tr1 {BA} sont égales lorsque A (ou B) n’agit en fait que dans l’espace E(1), c’est-à-dire lorsque A (ou B) peut s’écrire : A = A(1) ⊗ 1(2)

[ou B = B(1) ⊗ 1(2)]

Application : si l’opérateur H, hamiltonien du système global, est la somme de deux opérateurs n’agissant respectivement que dans E(1) et dans E(2) : H = H(1) + H(2), d ρ(1) de l’opérateur densité réduit ρ(1). Interprétation calculer la variation dt physique du résultat obtenu.

170

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Plaçons-nous, dans un premier temps, dans le cas où A = A(1) ⊗ 1(2) et B est quelconque. On a alors : hϕi (2)| Tr1 {AB} |ϕj (2)i

=

X k

=

XX

hϕk (1)ϕi (2)| A |ϕl (1)ϕm (2)i hϕl (1)ϕm (2)| B |ϕk (1)ϕj (2)i

XX

hϕk (1)ϕi (2)| A(1) ⊗ 1(2) |ϕl (1)ϕm (2)i

k

=

hϕk (1)ϕi (2)| AB |ϕk (1)ϕj (2)i

k

l,m

l,m

=

× hϕl (1)ϕm (2)| B |ϕk (1)ϕj (2)i XX hϕk (1)| A(1) |ϕl (1)i hϕi (2)|ϕm (2)i

=

× hϕl (1)ϕm (2)| B |ϕk (1)ϕj (2)i X hϕk (1)| A(1) |ϕl (1)i hϕl (1)ϕi (2)| B |ϕk (1)ϕj (2)i

k

l,m

k,l

du fait que hϕi (2)|ϕm (2)i = δim , et hϕi (2)| Tr1 {BA} |ϕj (2)i

=

X k

=

XX

hϕk (1)ϕi (2)| B |ϕl (1)ϕm (2)i hϕl (1)ϕm (2)| A |ϕk (1)ϕj (2)i

XX

hϕk (1)ϕi (2)| B |ϕl (1)ϕm (2)i

k

=

hϕk (1)ϕi (2)| BA |ϕk (1)ϕj (2)i

k

l,m

l,m

=

× hϕl (1)ϕm (2)| A(1) ⊗ 1(2) |ϕk (1)ϕj (2)i XX hϕk (1)ϕi (2)| B |ϕl (1)ϕm (2)i

=

× hϕl (1)| A(1) |ϕk (1)i hϕm (2)|ϕj (2)i X hϕk (1)ϕi (2)| B |ϕl (1)ϕj (2)i hϕl (1)| A(1) |ϕk (1)i

=

X

k

l,m

k,l

k,l

=

hϕl (1)ϕi (2)| B |ϕk (1)ϕj (2)i hϕk (1)| A(1) |ϕl (1)i

hϕi (2)| Tr1 {AB} |ϕj (2)i

du fait que hϕm (2)|ϕj (2)i = δmj , et par changement de variable k ↔ l dans la dernière somme. On a donc : ∀i, j, hϕi (2)| Tr1 {AB} |ϕj (2)i = hϕi (2)| Tr1 {BA} |ϕj (2)i ⇔ Tr1 {AB} = Tr1 {BA} Les opérateurs A et B ayant un rôle symétrique, on aboutira au même résultat si A est quelconque et si B = B(1) ⊗ 1(2). Si H = H(1) + H(2), on a : d ρ(1) dt

= =

  d d 1 1 (Tr2 ρ) = Tr2 ρ = Tr2 [H, ρ] = Tr2 {Hρ − ρH} dt dt i~ i~ 1 Tr2 {(H(1) + H(2))ρ − ρ(H(1) + H(2))} i~

171

Corrigés des exercices du Chapitre III d ρ(1) dt

= =

1 [Tr2 {H(1)ρ} + Tr2 {H(2)ρ} − Tr2 {ρH(1)} − Tr2 {ρH(2)}] i~ 1 1 [Tr2 {H(1)ρ} − Tr2 {ρH(1)}] = Tr2 [H(1), ρ] i~ i~

du fait que Tr2 {H(2)ρ} = Tr2 {ρH(2)} d’après ce qui précède étant donné que l’opérateur H(2) n’agit que dans l’espace E(2), et l’on a donc : d ρ(1) = Tr2 dt



 1 [H(1), ρ] i~

d 1 d ρ = [H, ρ], on constate que ρ(1) dt i~ dt s’obtient en remplaçant H par H(1) dans cette relation puis en lui appliquant l’opération de trace partielle par rapport à (2). Dans le cas de la physique statistique, l’intrication n’est pas possible. Les états intriqués sont en fait très fragiles et il est donc toujours possible de considérer les particules séparément. Le résultat ci-dessus reflète cette idée : l’évolution de ρ(1) ne dépend pas de la particule (2). Si l’on compare ce résultat avec l’expression

Références Exercice 5 Flügge (1.24), §§ 40 et 41 ; Landau and Lifshitz (1.19), § 22. Exercice 10 Levine (12.3), Chapitre 14 ; Eyring et al (12.5), § 18b. Exercice 15 Messiah (1.17). Chapitre VIII, § 14 ; Schiff (1.18), § 24 ; Merzbacher (1.16), Chapitre 18, § 7.

Chapitre 4 Corrigés des exercices du Chapitre IV (Complément JIV). Application des postulats à des cas simples : spin 1/2 et systèmes à deux niveaux Ces exercices constituent une application plus ou moins directe du Chapitre IV et des chapitres précédents. Ils traitent principalement de problèmes physiques et nous serons donc particulièrement attentifs à l’interprétation physique des résultats, en plus de la résolution mathématique. Dans les exercices qui suivent, ce qu’on appelle le « spin » d’une particule peut décrire deux propriétés différentes sans aucune distinction : • soit une propriété intrinsèque à la particule, le nombre quantique de spin, qui vaut toujours 1/2 dans ce chapitre. Il est aussi lié à la valeur propre de l’opérateur S2 . • soit une propriété extrinsèque à la particule, l’état quantique ±1/2 du spin de la particule, qui est lié à la valeur propre de l’opérateur Sz . Le contexte permet toujours de distinguer les deux ; c’est habituel en physique. Les deux derniers exercices de ce chapitre constituent des applications de la mécanique quantique à des systèmes quantiques réels : les molécules. Les modèles proposés sont simplifiés par rapport à l’état de l’art actuel de la physique moléculaire, mais on peut obtenir des résultats similaires. Nous nous efforcerons de commenter ces similarités et d’exploiter complètement la physique offerte par ces modèles simplifiés.

4.1

Première approche pour les états de spin et la précession quantique

Énoncé. On considère une particule de spin 1/2, de moment magnétique M = γS. L’espace des états de spin est rapporté à la base des vecteurs |+i et |−i,

174

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

vecteurs propres de Sz de valeurs propres +~/2 et −~/2. À l’instant t = 0 l’état du système est : |ψ(t = 0)i = |+i a. Si l’on mesure à l’instant t = 0 l’observable Sx , quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ?

b. Au lieu d’effectuer la mesure précédente, on laisse évoluer le système librement, sous l’influence d’un champ magnétique parallèle à Oy, de module B0 . Calculer, dans la base {|+i , |−i}, l’état du système à l’instant t. c. On mesure à cet instant t les observables Sx , Sy , Sz ; quelles valeurs peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Quelle relation doit-il y avoir entre B0 et t pour qu’une des mesures donne un résultat certain a priori ? Interprétation physique ?

Commentaires. Cet exercice est un problème relativement simple, et il constitue une application directe des notions introduites jusqu’à maintenant. Il importe de maîtriser les techniques requises dans cet exercice (calcul des résultats de mesures et de l’état du système à l’instant t) pour les exercices plus difficiles à venir. En ce qui concerne l’interprétation physique, l’équivalent classique de ce système est un moment cinétique, d’abord isolé puis placé dans un champ magnétique ; il sera intéressant de comparer les résultats de ce système quantique avec le cas classique. L’axe de quantification du problème est l’axe Oz. Les kets |+i et |−i sont vecteurs propres de Sz et pourraient être notés |+iz et |−iz . L’indice z est omis, mais il est indiqué pour les vecteurs propres |+ix et |−ix de Sx , de même pour Sy . N.B. La question c ne traite pas de mesures successives, mais de mesures séparées réalisées sur un même état.

Corrigé. On considère une particule de spin 1/2, de moment magnétique M = γS. L’espace des états de spin est rapporté à la base des vecteurs |+i et |−i, vecteurs propres de Sz de valeurs propres +~/2 et −~/2. À l’instant t = 0 l’état du système est : |ψ(t = 0)i = |+i

a. Si l’on mesure à l’instant t = 0 l’observable Sx , quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? On a :

 1    |+ix = √ [|+i + |−i] 2 1    |−ix = √ [|+i − |−i] 2

175

Corrigés des exercices du Chapitre IV et donc

1 |ψ(t = 0)i = |+i = √ [|+ix + |−ix ] 2 et une mesure de l’observable Sx à l’instant t = 0 peut donc fournir les résultats : 1 , 2 1 • −~/2 avec une probabilité de |x h−|ψ(t = 0)i|2 = . 2

• +~/2 avec une probabilité de |x h+|ψ(t = 0)i|2 =

Sx et Sz ne commutent pas, donc toute mesure de Sx dans un état propre de Sz peut donner plusieurs résultats possibles, chacun avec sa propre probabilité. b. Au lieu d’effectuer la mesure précédente, on laisse évoluer le système librement, sous l’influence d’un champ magnétique parallèle à Oy, de module B0 . Calculer, dans la base {|+i , |−i}, l’état du système à l’instant t.

L’énergie potentielle classique du moment magnétique dans le champ magnétique vaut W = −M · B0 = −My B0 = −γB0 Sy

En posant ω0 = −γB0 , l’hamiltonien de la particule devient H = −γB0 Sy = ω0 Sy

Les vecteurs propres de l’hamiltonien sont donc les vecteurs propres |+iy et ~ω0 ~ω0 et − respectivement. Or on |−iy de Sy , avec les valeurs propres + 2 2 a:  1    |+iy = √ [|+i + i |−i] 2 1   |−i = √ [|+i − i |−i]  y 2

et l’on peut donc développer l’état |ψ(0)i sur la base des vecteurs propres |±iy : i 1 h |ψ(0)i = |+i = √ |+iy + |−iy 2 En intégrant l’équation de Schrödinger directement dans la base propre de l’hamiltonien, on peut en déduire l’état du système à l’instant t : i 1 h |ψ(t)i = √ e−iω0 t/2 |+iy + eiω0 t/2 |−iy 2 i 1 h −iω0 t/2 = e (|+i + i |−i) + eiω0 t/2 (|+i − i |−i) 2 soit

|ψ(t)i = cos

ω0 t ω0 t |+i + sin |−i 2 2

176

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

c. On mesure à cet instant t les observables Sx , Sy , Sz ; quelles valeurs peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Quelle relation doit-il y avoir entre B0 et t pour qu’une des mesures donne un résultat certain a priori ? Interprétation physique ? On a, d’après le résultat de la question b : i 1 h |ψ(t)i = √ e−iω0 t/2 |+iy + eiω0 t/2 |−iy 2 ω0 t ω0 t = cos |+i + sin |−i 2 2 et l’on peut développer |ψ(t)i sur la base {|±ix } : |ψ(t)i

= = =

ω0 t ω0 t |+i + sin |−i 2 2   ω t 1 ω t √ cos 0 (|+ix + |−ix ) + sin 0 (|+ix − |−ix ) 2 2 2      ω0 t ω0 t ω0 t ω0 t 1 √ |+ix + cos |−ix + sin − sin cos 2 2 2 2 2

cos

On peut ainsi en déduire que : • une mesure de Sx peut donner les résultats :

1 1 + sin ω0 t, 2 2 1 1 2 ◦ −~/2 avec une probabilité |x h−|ψ(t)i| = − sin ω0 t. 2 2 Ces deux probabilités sont tracées sur la figure 4.1. L’état initial, à t = 0, est |+i donc d’après la question a, la mesure de Sx peut donner deux résultats qui sont équiprobables (de probabilité 1/2). 2

◦ +~/2 avec une probabilité |x h+|ψ(t)i| =

Fig. 4.1 – Représentations graphiques temporelles des probabilités d’obtenir les résultats +~/2 et −~/2 lors d’une mesure de Sx .

177

Corrigés des exercices du Chapitre IV

Fig. 4.2 – Représentations graphiques temporelles des probabilités d’obtenir les résultats +~/2 et −~/2 lors d’une mesure de Sz .

• une mesure de Sy peut donner les résultats :

1 , 2 1 2 ◦ −~/2 avec une probabilité de |y h−|ψ(t)i| = . 2 Dans ce cas, la probabilité d’obtenir chacun des deux résultats est constante, indépendante du temps, du fait que les états |±iy sont états propres de l’hamiltonien (c’est-à-dire des états stationnaires). ◦ +~/2 avec une probabilité de |y h+|ψ(t)i|2 =

• une mesure de Sz peut donner les résultats :

1 1 + cos ω0 t, 2 2 1 1 ◦ −~/2 avec une probabilité |h−|ψ(t)i|2 = − cos ω0 t. 2 2 Ces deux probabilités sont tracées sur la figure 4.2. L’état initial est, comme indiqué plus haut, l’état |+i donc la mesure de Sz donne pour résultat +~/2 (avec une probabilité de 1) à t = 0. 2

◦ +~/2 avec une probabilité |h+|ψ(t)i| =

Une mesure de Sy ne donnera jamais un résultat certain du fait que chaque résultat a une chance sur deux d’être obtenu, et ce indépendamment de la valeur de B0 . En revanche, une mesure de Sx donnera un résultat certain si π sin ω0 t = ±1 ⇔ ω0 t = (2k + 1) , k ∈ N 2 et une mesure de Sz donnera un résultat certain si cos ω0 t = ±1 ⇔ ω0 t = kπ, k ∈ N

178

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Globalement, une mesure de Sx ou Sz donnera un résultat certain si ω0 t = k

π π ⇔ −γB0 t = k , k ∈ N 2 2

en supposant γ < 0. Les probabilités d’obtenir +~/2 et −~/2 lors d’une mesure de Sy sont donc indépendantes du temps, tandis que les probabilités d’obtenir +~/2 et −~/2 lors d’une mesure de Sx ou Sz varient au cours du ω0 , et l’on retrouve temps avec une fréquence qui est la fréquence de Bohr 2π bien le fait que la particule est animée d’un mouvement de précession de Larmor autour de l’axe Oy. En mécanique quantique, les variations de Sx et Sz au cours du temps représentées sur les figures 4.1 et 4.2 sont appelées oscillations de Rabi. La figure 4.3 représente l’équivalent classique de ce système quantique : la précession d’un moment cinétique S autour d’un champ magnétique B0 dans une base « naturelle » où la direction de B0 est celle d’un axe de la base. Les projections du moment cinétique sur les axes Ox ou Oz sont harmoniques dans ce cas classique, de même que les résultats des mesures de Sx et Sz dans le cas quantique. Les oscillations associées se produisent également à la même pulsation ω0 . La projection du moment cinétique classique sur Oy est cependant constante alors que la mesure de Sy dans le cas quantique peut donner deux résultats (±~/2) : spin up ou spin down, avec une chance sur deux.

Fig. 4.3 – Illustration d’une précession classique d’un moment cinétique S autour d’un champ magnétique B0 dans une base « naturelle ».

Corrigés des exercices du Chapitre IV

4.2

179

Suite de la première approche pour un champ magnétique non stationnaire

Énoncé. On considère un spin 1/2, comme dans l’exercice précédent dont on utilise les notations. a. À l’instant t = 0, on mesure Sy , et on trouve +~/2 ; quel est le vecteur d’état |ψ(0)i immédiatement après la mesure ? b. Immédiatement après cette mesure, on applique un champ uniforme parallèle à Oz et dépendant du temps. L’opérateur hamiltonien du spin H(t) s’écrit alors : H(t) = ω0 (t)Sz On suppose que ω0 (t) est une fonction nulle pour t < 0 et t > T , et croissant linéairement de 0 à ω0 lorsque 0 6 t 6 T (T est un paramètre donné, homogène à un temps). Montrer qu’à l’instant t le vecteur d’état peut s’écrire : i 1 h |ψ(t)i = √ eiθ(t) |+i + ie−iθ(t) |−i 2 où θ(t) est une fonction réelle de t que l’on calculera. c. À un instant t = τ > T , on mesure Sy . Quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Déterminer la relation qui doit exister entre ω0 et T pour que l’on soit sûr du résultat. Interprétation physique ?

Commentaires. Cet exercice fait suite au précédent et ne peut pas être traité indépendamment. L’accent est mis sur l’état du système après une mesure et sur la compréhension de son évolution. Comme dans l’exercice précédent, le but est d’étudier le mouvement d’un spin dans un champ magnétique B0 (t) qui dépend linéairement du temps, t ω0 (t) = −γB0 (t) de sorte que ω0 (t) = ω0 sur [0, T ]. ω0 (t) est tracée en T fonction du temps sur la figure 4.4. Le mouvement de précession ne se fait plus à vitesse constante mais est accéléré, ce qui est intuitif vu l’expression de ω0 (t).

Corrigé. On considère un spin 1/2, comme dans l’exercice précédent dont on utilise les notations.

180

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 4.4 – Représentation graphique de ω0 (t) en fonction du temps.

a. À l’instant t = 0, on mesure Sy , et on trouve +~/2 ; quel est le vecteur d’état |ψ(0)i immédiatement après la mesure ?

Du fait que la mesure de Sy a donné +~/2, la particule se trouve, immédiatement après la mesure, dans l’état propre correspondant de Sy associé à la valeur propre +~/2 : |ψ(0)i = |+iy Comme dans l’exercice précédent, nous serons amenés à utiliser un hamiltonien qui fait intervenir Sz , donc commençons par développer cet état sur la base propre de Sz ({|±i}) : 1 |ψ(0)i = |+iy = √ [|+i + i |−i] 2

b. Immédiatement après cette mesure, on applique un champ uniforme parallèle à Oz et dépendant du temps. L’opérateur hamiltonien du spin H(t) s’écrit alors : H(t) = ω0 (t)Sz On suppose que ω0 (t) est une fonction nulle pour t < 0 et t > T , et croissant linéairement de 0 à ω0 lorsque 0 6 t 6 T (T est un paramètre donné, homogène à un temps). Montrer qu’à l’instant t le vecteur d’état peut s’écrire : i 1 h |ψ(t)i = √ eiθ(t) |+i + ie−iθ(t) |−i 2

où θ(t) est une fonction réelle de t que l’on calculera.

Du fait que, par hypothèse, ω0 (t) est une fonction nulle pour t < 0 et t > T et croissant linéairement de 0 à ω0 lorsque 0 6 t 6 T , on a : ( ω 0 tSz si 0 6 t 6 T H(t) = ω0 (t)Sz = T 0 si t < 0 ou t > T

181

Corrigés des exercices du Chapitre IV Le vecteur d’état à l’instant t |ψ(t)i vérifie l’équation de Schrödinger H(t) |ψ(t)i = i~

d |ψ(t)i dt

Supposons que |ψ(t)i puisse effectivement s’écrire sous la forme i 1 h |ψ(t)i = √ eiθ(t) |+i + ie−iθ(t) |−i 2

On a alors, pour 0 6 t 6 T :

d H(t) |ψ(t)i = i~ |ψ(t)i dt h i i d h iθ(t) ω0 e |+i + ie−iθ(t) |−i tSz eiθ(t) |+i + ie−iθ(t) |−i = i~ ⇔ T dt h i i dθ(t) ~ω0 h iθ(t) eiθ(t) |+i − ie−iθ(t) |−i t e |+i − ie−iθ(t) |−i = −~ ⇔ 2T dt

et la fonction θ(t) est donc solution de l’équation différentielle ω0 dθ(t) =− t dt 2T On obtient donc, par intégration : θ(t) = − Or on a

ω0 2 t + θ(0) 4T

1 |ψ(0)i = √ [|+i + i |−i] 2

d’après le résultat de la question a et donc θ(0) = 0. Le vecteur d’état peut donc bien s’écrire i 1 h |ψ(t)i = √ eiθ(t) |+i + ie−iθ(t) |−i 2 à l’instant t avec θ(t) = −

ω0 2 t 4T

θ(t) est adimensionnel, ce qui est normal pour une phase. c. À un instant t = τ > T , on mesure Sy . Quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Déterminer la relation qui doit exister entre ω0 et T pour que l’on soit sûr du résultat. Interprétation physique ? On a, d’après les résultats de la question b, H(t) = 0 pour t = τ > T . Les états |+i et |−i sont toujours états propres de H(t), associés cette fois à la même valeur propre 0, ce qui implique que le vecteur d’état n’évolue pas

182

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I entre t = T et t = τ > T . Le vecteur d’état à l’instant t = τ a donc pour expression, d’après les résultats de la question b : i i 1 h 1 h |ψ(τ )i = |ψ(T )i = √ eiθ(T ) |+i + ie−iθ(T ) |−i = √ e−iω0 T /4 |+i + ieiω0 T /4 |−i 2 2

Développons le vecteur |ψ(τ )i sur la base {|±iy } : |ψ(τ )i

i 1 h √ e−iω0 T /4 |+i + ieiω0 T /4 |−i 2  i  1 h −iω0 T /4  = |+iy + |−iy + eiω0 T /4 |+iy − |−iy e 2 ω0 T ω0 T |+iy − i sin |−iy = cos 4 4 =

Une mesure de Sy peut donc donner les résultats : ω0 T 1 1 + cos , 2 2 2 ω0 T 1 1 2 . • −~/2 avec une probabilité |y h−|ψ(τ )i| = − cos 2 2 2 2

• +~/2 avec une probabilité |y h+|ψ(τ )i| =

Une mesure de Sy donnera un résultat certain si

cos

ω0 T ω0 T = ±1 ⇔ = kπ, k ∈ N∗ 2 2

On constate ainsi que le spin 1/2 a un mouvement de précession de Larmor « accéléré » autour de l’axe Oz jusqu’à la date t = T , du fait que la vitesse angulaire de précession ω0 (t) croît linéairement entre t = 0 et t = T avec l’amplitude du champ magnétique B0 (t). On constate de plus que ce mouvement est équivalent à la date t = T à une précession de Larmor de vitesse ω0 , soit la vitesse angulaire moyenne sur l’intervalle [0, T ], autour angulaire 2 de l’axe Oz. Le mouvement du spin 1/2 demeure le même pour t > T en l’absence de champ magnétique, et l’on obtiendra donc à t = τ > T pour résultat de la mesure de Sy le même résultat que si l’on avait effectué cette même mesure à la date t = T . Pour être sûr du résultat, il faut donc imposer un champ magnétique B0 (t) jusqu’à une date T à laquelle une mesure de Sy ne pourra donner qu’une seule valeur du fait que |ψi est maintenant |+iy si (4k + 2)π 4kπ ou |−iy si T = . De telles manipulations du spin sont T = ω0 ω0 typiques de ce qui est réalisé en résonance magnétique nucléaire (RMN), c’està-dire en imagerie par résonance magnétique (IRM). On trouve dans le cas dθ(t) ω0 (t) général =− , ce qui correspond dans ce cas à la vitesse angulaire dt 2 moyenne sur l’intervalle [0, T ].

Corrigés des exercices du Chapitre IV

4.3

Suite de la première approche pour un champ magnétique avec deux composantes

Énoncé. On considère un spin 1/2, plongé dans un champ magnétique B0 de composantes :  1  B = √ B0    x 2 By = 0   1   Bz = √ B0 2

Les notations utilisées sont celles de l’exercice 1. a. Calculer la matrice représentant, dans la base {|+i , |−i}, l’opérateur H, hamiltonien du système. b. Calculer les valeurs propres et les vecteurs propres de H. c. Le système est à l’instant t = 0 dans l’état |−i ; quelles valeurs pourrait-on trouver si l’on mesurait l’énergie, et avec quelles probabilités ? d. Calculer le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t. À cet instant, on mesure Sx ; quelle est la valeur moyenne des résultats que l’on peut obtenir ? Interprétation géométrique.

Commentaires. Cet exercice ressemble également à l’exercice 1, si ce n’est que le champ magnétique possède dans ce cas deux composantes dans la base introduite précédemment. Cela résulte en un couplage entre les composantes de S dans la base. La physique demeure la même, mais le choix de la base est différent. Cet exercice vise à montrer que le choix de la base est indépendant de la physique, et représente une bonne opportunité de travailler avec des opérateurs non diagonaux dans la base choisie. Le choix des axes est parfois imposé par d’autres parties du système (champs externes), et l’étude doit être conduite dans une base qui n’est pas la mieux adaptée à cette partie du problème. D’où l’importance d’être capable de s’adapter à cette base plus compliquée, tout en formulant la même interprétation simple que dans l’exercice 1 et en visualisant la physique. La question b utilise une méthode présentée dans le Complément BIV pour déterminer les valeurs propres, mais la méthode habituelle marche également, bien qu’elle ne soit pas explicitée ici.

183

184

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Corrigé. On considère un spin 1/2, plongé dans un champ magnétique B0 de composantes :  1  B = √ B0    x 2 By = 0   1   Bz = √ B0 2

Les notations utilisées sont celles de l’exercice 1.

a. Calculer la matrice représentant, dans la base {|+i , |−i}, l’opérateur H, hamiltonien du système. L’énergie potentielle classique du moment magnétique dans le champ magnétique vaut γB0 W = −M · B0 = −Mx Bx − Mz Bz = − √ (Sx + Sz ) 2 En posant ω0 = −γB0 , l’hamiltonien de la particule devient γB0 ω0 H = − √ (Sx + Sz ) = √ (Sx + Sz ) 2 2 La matrice représentant l’opérateur H dans la base {|+i , |−i} est donc : ~ω0 ω0 H = √ (Sx + Sz ) = √ 2 2 2



1 1 1 −1



b. Calculer les valeurs propres et les vecteurs propres de H. On a, d’après le résultat de la question a :   ~ω0 ~ω0 1 1 = √ K H= √ 1 −1 2 2 2 2 avec

K=



1 1

Soient θ et ϕ les angles tels que   tan θ = 1 ~ω0 iϕ ~ω0  √ = √ e 2 2 2 2

1 −1



avec 0 6 θ < π avec 0 6 ϕ < 2π

conformément à la méthode présentée dans le Complément BIV . On en déduit π directement θ = et ϕ = 0. La matrice K devient alors 4     1 tan θe−iϕ 1 tan θ K= = tan θeiϕ −1 tan θ −1

185

Corrigés des exercices du Chapitre IV On a donc : 1−κ det(K − κI) = tan θ

tan θ = κ2 − 1 − tan2 θ −1 − κ

√ √ 1 1 Les valeurs propres de K sont donc κ+ = = 2 et κ− = − = − 2, cos θ cos θ et celles de H sont E+ = +

~ω0 ~ω0 , E− = − 2 2

Soient a et b les composantes de |ψ+ i sur |+i et |−i. On a donc nécessairement :      1 1 tan θ a a = tan θ −1 b b cos θ

et

  1 a + tan θb = 0 ⇔ (cos θ − 1) a + sin θb = 0 1− cos θ   θ θ θ θ θ ⇔ 1 − 2 sin2 − 1 a + 2 cos sin b = 0 ⇔ − sin a + cos b = 0 2 2 2 2 2 De même, si a et b sont les composantes de |ψ− i sur |+i et |−i, on a donc nécessairement :      1 a 1 tan θ a =− b tan θ −1 b cos θ et

  1 a + tan θb = 0 ⇔ (cos θ + 1) a + sin θb = 0 1+ cos θ   θ θ θ θ 2 θ ⇔ 2 cos − 1 + 1 a + 2 cos sin b = 0 ⇔ cos a + sin b = 0 2 2 2 2 2

Les vecteurs propres de H sont donc :

 θ π π θ   |ψ+ i = cos |+i + sin |−i = cos |+i + sin |−i 2 2 8 8   |ψ− i = − sin θ |+i + cos θ |−i = − sin π |+i + cos π |−i 2 2 8 8

c. Le système est à l’instant t = 0 dans l’état |−i ; quelles valeurs pourrait-on trouver si l’on mesurait l’énergie, et avec quelles probabilités ? Développons l’état |ψ(0)i = |−i du système sur la base {|ψ± i} des états propres. On a, d’après les résultats de la question b :   θ θ θ θ    |+i = cos |ψ+ i − sin |ψ− i  |ψ+ i = cos |+i + sin |−i 2 2 2 2 ⇔    |−i = sin θ |ψ+ i + cos θ |ψ− i  |ψ− i = − sin θ |+i + cos θ |−i 2 2 2 2

186

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a donc |ψ(0)i = |−i = sin

θ θ |ψ+ i + cos |ψ− i 2 2

Une mesure de l’énergie peut donc donner les résultats : ~ω0 θ π 2 avec une probabilité |hψ+ |ψ(0)i| = sin2 = sin2 , 2 2 8 ~ω0 θ π 2 • E− = − avec une probabilité |hψ− |ψ(0)i| = cos2 = cos2 . 2 2 8 • E+ = +

d. Calculer le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t. À cet instant, on mesure Sx ; quelle est la valeur moyenne des résultats que l’on peut obtenir ? Interprétation géométrique. Du fait que, d’après les résultats de la question c, |ψ(0)i = |−i = sin

θ θ |ψ+ i + cos |ψ− i 2 2

on a θ θ |ψ(t)i = sin e−iω0 t/2 |ψ+ i + cos eiω0 t/2 |ψ− i 2 2 La valeur moyenne des résultats que l’on peut obtenir en mesurant Sx vaut hSx i = =

hψ(t)| Sx |ψ(t)i =

~ hψ(t)| (|+i h−| + |−i h+|) |ψ(t)i 2

~ [hψ(t)|+ih−|ψ(t)i + hψ(t)|−ih+|ψ(t)i] 2

Or on a, d’après les résultats de la question b : |ψ(t)i

= = = = =

θ θ −iω t/2   0 ψ+ + cos eiω0 t/2 ψ− e 2 2     θ −iω t/2 θ θ θ iω t/2 θ θ 0 sin e cos |+i + sin |−i + cos e 0 − sin |+i + cos |−i 2 2 2 2 2 2   ω0 t 2 θ iω0 t/2 2 θ −iω0 t/2 −i sin θ sin |+i + cos e + sin e |−i 2 2 2      ω0 t ω0 t ω0 t ω0 t ω0 t 2 θ 2 θ −i sin θ sin |+i + cos + i sin − i sin cos + sin cos |−i 2 2 2 2 2 2 2   ω0 t ω0 t ω0 t |−i |+i + cos + i cos θ sin −i sin θ sin 2 2 2 sin

On en déduit ainsi  ω t   h+| ψ(t)i = −i sin θ sin 0 2   h−| ψ(t)i = cos ω0 t + i cos θ sin ω0 t 2 2

Corrigés des exercices du Chapitre IV

187

et donc hSx i

~ [hψ(t)|+ih−|ψ(t)i + hψ(t)|−ih+|ψ(t)i] 2   ω0 t ω0 t ~ ω0 t i sin θ sin cos = + i cos θ sin 2 2 2 2    ω0 t ω0 t ω0 t −i cos sin θ sin − i cos θ sin 2 2 2 ω t ~ 0 = −~ cos θ sin θ sin2 = − sin 2θ (1 − cos ω0 t) 2 4 =

soit ~ ~ ~ hSx i = − (1 − cos ω0 t) = − + cos ω0 t 4 4 4 π d’après les résultats de la question b. La valeur moyenne 4 hSx i des résultats de la mesure de Sx oscille donc, au cours du temps, entre ω0 la valeur 0 et la valeur −~/2 à la fréquence de Bohr . La valeur moyenne 2π hSx i se comporte donc comme le ferait la composante sur x d’un moment cinétique classique de module ~/2 qui serait animé d’un mouvement de préB0 cession de Larmor autour du champ magnétique B0 = √ (ex + ez ), cette 2 valeur moyenne étant nulle lorsque le moment cinétique se trouve sur l’axe Oz, et égale à −~/2 lorsque le moment cinétique se trouve sur l’axe Ox. La physique est rigoureusement la même que dans l’exercice 1, mais les équations sont différentes en raison du changement de base. du fait que θ =

4.4

Matrice densité et mesures du spin

Énoncé. On considère le dispositif expérimental décrit au § B-2-b du Chapitre IV (cf. figure 8) : un jet d’atomes ayant un spin 1/2 traverse un premier appareil, qui sert de « polariseur » dans une direction faisant dans le plan xOz un angle θ avec Oz, puis un second appareil, l’analyseur, qui mesure la composante Sz du spin. Entre le polariseur et l’analyseur, on suppose dans cet exercice qu’on applique sur une longueur L du jet atomique un champ magnétique B0 uniforme et parallèle à Ox. On appelle v la vitesse des atomes et T = L/v le temps pendant lequel ils sont soumis à l’action du champ B0 . On pose ω0 = −γB0 . a. Quel est le vecteur d’état |ψ1 i d’un spin au moment où il pénètre dans l’analyseur ?

188

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

b. Montrer que, lors de la mesure effectuée dans l’analyseur, on a une probabilité égale à 12 (1 + cos θ cos ω0 T ) de trouver ~/2, et 12 (1 − cos θ cos ω0 T ) de trouver −~/2. Interprétation physique ? c. (Cette question et la suivante font intervenir la notion d’opérateur densité, définie dans le Complément EIII . Il est également conseillé de se reporter au Complément EIV ). Montrer que la matrice densité ρ1 d’un spin qui pénètre dans l’analyseur s’écrit, dans la base {|+i , |−i} :   1 1 + cos θ cos ω0 T sin θ + i cos θ sin ω0 T ρ1 = sin θ − i cos θ sin ω0 T 1 − cos θ cos ω0 T 2 Calculer Tr(ρ1 Sx ), Tr(ρ1 Sy ) et Tr(ρ1 Sz ). Interprétation ? L’opérateur densité ρ1 décrit-il un état pur ? d. On suppose maintenant que la vitesse d’un atome est aléatoire et que, de ce fait, le temps T n’est connu qu’avec une certaine incertitude ∆T . De plus, le champ B0 est supposé suffisamment grand pour que l’on ait ω0 ∆T ≫ 1 ; les valeurs possibles du produit ω0 T sont alors (modulo 2π) toutes les valeurs comprises entre 0 et 2π, et sont également probables. Quel est dans ce cas l’opérateur densité ρ2 d’un atome au moment où il pénètre dans l’analyseur ? ρ2 correspond-il à un cas pur ? Calculer les quantités Tr(ρ2 Sx ), Tr(ρ2 Sy ) et Tr(ρ2 Sz ). Interprétation ? Dans quel cas l’opérateur densité décrit-il un spin complètement polarisé, ou au contraire complètement dépolarisé ? Décrire qualitativement les phénomènes observés à la sortie de l’analyseur lorsqu’on fait varier ω0 de zéro jusqu’à une valeur où la condition ω0 ∆T ≫ 1 est réalisée.

Commentaires. Cet exercice décrit une séquence expérimentale complète. Il commence par une mesure du spin, ce qui impose un état de spin initial particulier. Le spin évolue ensuite librement dans un champ magnétique uniforme et est de nouveau mesuré pour déterminer son état après son évolution et pour vérifier la validité de la description quantique (à ce jour, aucune expérience n’a jamais remis en question la mécanique quantique). Pour la question c, la matrice densité d’un état pur, c’est-à-dire décrit par un ket |ψi, est définie comme ρ = |ψi hψ|. La valeur moyenne de cette mesure peut donc être extraite de la matrice densité en utilisant la trace. La dernière question éclaire la complexité des mesures d’un système quantique. La mesure est réalisée à un instant T , mais l’incertitude ∆T (très probablement négligeable devant T ) est grande par rapport à la durée de 1 précession caractéristique . Une approche statistique est donc requise. ω0 Une telle approche est enrichissante, mais plus difficile conceptuellement.

Corrigés des exercices du Chapitre IV

189

Corrigé. On considère le dispositif expérimental décrit au § B-2-b du Chapitre IV (cf. figure 8) : un jet d’atomes ayant un spin 1/2 traverse un premier appareil, qui sert de « polariseur » dans une direction faisant dans le plan xOz un angle θ avec Oz, puis un second appareil, l’analyseur, qui mesure la composante Sz du spin. La figure 8 du Chapitre IV est rappelée sur la figure 4.5. Entre le polariseur et l’analyseur, on suppose dans cet exercice qu’on applique sur une longueur L du jet atomique un champ magnétique B0 uniforme et parallèle à Ox. On appelle v la vitesse des atomes et T = L/v le temps pendant lequel ils sont soumis à l’action du champ B0 . On pose ω0 = −γB0 .

Fig. 4.5 – Le premier appareil prépare les spins dans l’état |+iu (u est le vecteur unitaire du plan xOz faisant un angle θ avec Oz) ; le second mesure la composante Sz : les résultats possibles sont +~/2 (probabilité cos2 θ/2) et −~/2 (probabilité sin2 θ/2).

a. Quel est le vecteur d’état |ψ1 i d’un spin au moment où il pénètre dans l’analyseur ? D’après la relation (B-9) du Chapitre IV, l’état des atomes à leur sortie du polariseur est : θ θ |ψ0 i = cos |+i + sin |−i 2 2 du fait que ϕ = 0, la direction du polariseur se trouvant dans le plan xOz. L’énergie potentielle classique du moment magnétique des atomes dans le champ magnétique vaut W = −M · B0 = −MxB0 = −γB0 Sx En posant ω0 = −γB0 , l’hamiltonien de la particule devient H = −γB0 Sx = ω0 Sx . Les états propres de l’hamiltonien sont donc les états propres |+ix ~ω0 ~ω0 et |−ix de Sx , avec les valeurs propres + et − respectivement, avec 2 2

190

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I 1 |±ix = √ [|+i ± |−i]. Or on a : 2 |ψ0 i

= =

  θ 1 1 θ θ θ |+i + sin |−i = √ cos |+ix + |−ix + √ sin |+ix − |−ix 2 2 2 2 2 2      1 θ θ θ θ √ cos + sin |+ix + cos − sin |−ix 2 2 2 2 2

cos

L’état des atomes au bout d’un temps t pendant lequel ils sont soumis à l’action du champ B0 est donc :      θ 1 θ θ θ cos + sin |ψ(t)i = √ e−iω0 t/2 |+ix + cos − sin eiω0 t/2 |−ix 2 2 2 2 2 Lorsqu’ils pénètrent dans l’analyseur, les atomes ont été soumis pendant une durée t = T à l’action du champ B0 , et l’on a donc : 1 |ψ1 i = |ψ(T )i = √ 2



cos

θ θ + sin 2 2



e−iω0 T /2 |+ix +



cos

θ θ − sin 2 2



eiω0 T /2 |−ix



b. Montrer que, lors de la mesure effectuée dans l’analyseur, on a une probabilité égale à 21 (1 + cos θ cos ω0 T ) de trouver ~/2, et 12 (1 − cos θ cos ω0 T ) de trouver −~/2. Interprétation physique ? On a, d’après le résultat de la question a : |ψ1 i

= = =

     1 θ θ θ θ √ cos + sin e−iω0 T /2 |+ix + cos − sin eiω0 T /2 |−ix 2 2 2 2 2      θ θ θ θ 1 cos + sin e−iω0 T /2 (|+i + |−i) + cos − sin eiω0 T /2 (|+i − |−i) 2 2 2 2 2     θ ω0 T θ ω0 T θ ω0 T θ ω0 T cos cos − i sin sin |+i + sin cos − i cos sin |−i 2 2 2 2 2 2 2 2

La probabilité de trouver ~/2 lors de la mesure de Sz vaut donc |h+|ψ1 i|2

ω0 T θ ω0 T θ cos2 + sin2 sin2 2 2 2 2 1 + cos θ 1 + cos ω0 T 1 − cos θ 1 − cos ω0 T + 2 2 2 2

= cos2 =

soit |h+|ψ1 i|2 =

1 (1 + cos θ cos ω0 T ) 2

et la probabilité de trouver −~/2 lors de la mesure de Sz vaut |h−|ψ1 i|2

= soit

ω0 T θ ω0 T θ cos2 + cos2 sin2 2 2 2 2 1 − cos θ 1 + cos ω0 T 1 + cos θ 1 − cos ω0 T + 2 2 2 2

= sin2

191

Corrigés des exercices du Chapitre IV |h−|ψ1 i|2 =

1 (1 − cos θ cos ω0 T ) 2

En l’absence du champ magnétique B0 , les probabilités de trouver ~/2 et −~/2 lors de la mesure de Sz valent respectivement : |h+|ψ1 i|2 = cos2

1 θ 1 θ = (1 + cos θ) et |h−|ψ1 i|2 = sin2 = (1 − cos θ) 2 2 2 2

et l’on constate donc que l’influence du champ magnétique B0 se traduit par le terme supplémentaire cos ω0 T qui va venir diminuer le terme cos θ. Il est donc possible, en choisissant judicieusement les valeurs de B0 et de T , d’annuler l’influence de l’angle θ sur la mesure de Sz et d’obtenir les résultats ~/2 et −~/2 à probabilités égales. c. (Cette question et la suivante font intervenir la notion d’opérateur densité, définie dans le Complément EIII . Il est également conseillé de se reporter au Complément EIV ). Montrer que la matrice densité ρ1 d’un spin qui pénètre dans l’analyseur s’écrit, dans la base {|+i , |−i} : 1 ρ1 = 2



1 + cos θ cos ω0 T sin θ − i cos θ sin ω0 T

sin θ + i cos θ sin ω0 T 1 − cos θ cos ω0 T



Calculer Tr(ρ1 Sx ), Tr(ρ1 Sy ) et Tr(ρ1 Sz ). Interprétation ? L’opérateur densité ρ1 décrit-il un état pur ? On a, d’après les résultats de la question b : ρ1

= =

|ψ1 i hψ1 |



cos

θ ω0 T θ ω0 T cos − i sin sin 2 2 2 2



+ sin ×



+ sin =

ω0 T θ ω0 T θ cos − i cos sin 2 2 2 2

cos



ω0 T θ ω0 T θ cos + i cos sin 2 2 2 2

+ cos



cos

|+i



θ ω0 T θ ω0 T cos + i sin sin 2 2 2 2

1 (1 + cos θ cos ω0 T ) |+i h+| + 2











|−i

h+|



h−|

θ θ ω0 T ω0 T sin + i cos θ cos sin 2 2 2 2

θ ω0 T ω0 T θ sin − i cos θ cos sin 2 2 2 2



|−i h+| +

1 2



1 + cos θ cos ω0 T sin θ − i cos θ sin ω0 T

|+i h−|

1 (1 − cos θ cos ω0 T ) |−i h−| 2

et donc, dans la base {|+i , |−i} : ρ1 =



sin θ + i cos θ sin ω0 T 1 − cos θ cos ω0 T



192

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a ensuite : Tr(ρ1 Sx )

= =

Tr(ρ1 Sy )

= = =

Tr(ρ1 Sz )

= = =

Tr



~ 4



1 + cos θ cos ω0 T sin θ − i cos θ sin ω0 T

sin θ + i cos θ sin ω0 T 1 − cos θ cos ω0 T



0 1

  ~ ~ sin θ + i cos θ sin ω0 T 1 + cos θ cos ω0 T = 1 − cos θ cos ω0 T sin θ − i cos θ sin ω0 T 4 2    ~ 0 1 + cos θ cos ω0 T sin θ + i cos θ sin ω0 T Tr i sin θ − i cos θ sin ω0 T 1 − cos θ cos ω0 T 4    ~ − cos θ sin ω0 T + i sin θ −i(1 + cos θ cos ω0 T ) Tr i(1 − cos θ cos ω0 T ) − cos θ sin ω0 T − i sin θ 4 ~ − cos θ sin ω0 T 2    ~ 1 1 + cos θ cos ω0 T sin θ + i cos θ sin ω0 T Tr 0 sin θ − i cos θ sin ω0 T 1 − cos θ cos ω0 T 4    ~ 1 + cos θ cos ω0 T − sin θ − i cos θ sin ω0 T Tr sin θ − i cos θ sin ω0 T cos θ cos ω0 T − 1 4 ~ cos θ cos ω0 T 2 Tr



1 0



sin θ −i 0



0 −1



On a donc :  ~   hSx i = Tr(ρ1 Sx ) = sin θ   2   ~ hSy i = Tr(ρ1 Sy ) = − cos θ sin ω0 T  2    ~   hSz i = Tr(ρ1 Sz ) = cos θ cos ω0 T 2

et ces valeurs moyennes se comportent comme le feraient les composantes d’un moment cinétique classique de module ~/2 orienté suivant le vecteur u π π faisant un angle − θ avec Ox et un angle ϕ = ω0 T + avec Oy dans le 2 2 plan yOz qui serait animé d’un mouvement de précession de Larmor autour de Ox. On a enfin : h+| ρ21 |+i

= = =

h+| ρ21 |−i

=

= h−| ρ21 |+i

=

=

 1 (1 + cos θ cos ω0 T )2 + sin2 θ + cos2 θ sin2 ω0 T 4  1 1 + 2 cos θ cos ω0 T + cos2 θ cos2 ω0 T + sin2 θ + cos2 θ sin2 ω0 T 4 1 [1 + cos θ cos ω0 T ] = h+| ρ1 |+i 2 1 [(1 + cos θ cos ω0 T )(sin θ + i cos θ sin ω0 T ) 4 +(sin θ + i cos θ sin ω0 T )(1 − cos θ cos ω0 T )] 1 [sin θ + i cos θ sin ω0 T ] = h+| ρ1 |−i 2 1 [(1 + cos θ cos ω0 T )(sin θ − i cos θ sin ω0 T ) 4 +(sin θ − i cos θ sin ω0 T )(1 − cos θ cos ω0 T )] 1 [sin θ − i cos θ sin ω0 T ] = h−| ρ1 |+i 2

193

Corrigés des exercices du Chapitre IV h−| ρ21 |−i

1 4 1 4 1 2

= = =

 

(1 − cos θ cos ω0 T )2 + sin2 θ + cos2 θ sin2 ω0 T



1 − 2 cos θ cos ω0 T + cos2 θ cos2 ω0 T + sin2 θ + cos2 θ sin2 ω0 T

[1 − cos θ cos ω0 T ] = h−| ρ1 |−i



On a donc ρ21 = ρ1 , et ρ1 décrit un état pur, ce qui est logique du fait que l’état |ψ1 i déterminé à la question a est une superposition linéaire d’états et non un mélange statistique d’états : le spin est donc complètement polarisé. d. On suppose maintenant que la vitesse d’un atome est aléatoire et que, de ce fait, le temps T n’est connu qu’avec une certaine incertitude ∆T . De plus, le champ B0 est supposé suffisamment grand pour que l’on ait ω0 ∆T ≫ 1 ; les valeurs possibles du produit ω0 T sont alors (modulo 2π) toutes les valeurs comprises entre 0 et 2π, et sont également probables. Quel est dans ce cas l’opérateur densité ρ2 d’un atome au moment où il pénètre dans l’analyseur ? ρ2 correspond-il à un cas pur ? Calculer les quantités Tr(ρ2 Sx ), Tr(ρ2 Sy ) et Tr(ρ2 Sz ). Interprétation ? Dans quel cas l’opérateur densité décrit-il un spin complètement polarisé, ou au contraire complètement dépolarisé ? Décrire qualitativement les phénomènes observés à la sortie de l’analyseur lorsqu’on fait varier ω0 de zéro jusqu’à une valeur où la condition ω0 ∆T ≫ 1 est réalisée. Du fait que les valeurs possibles du produit ω0 T sont toutes les valeurs comprises entre 0 et 2π, l’opérateur densité ρ1 déterminé à la question c est l’opérateur densité ρT correspondant à l’état |ψT i = |ψ1 i pour une valeur donnée de T . On a donc : ρ2 =

Z

2π ω0

pT ρT dT avec

0

Z

2π ω0

0

pT dT = 1 ⇔ pT

Z

0

2π ω0

dT = 1 ⇔ pT =

ω0 2π

du fait que toutes les valeurs de T sont également probables, la densité de probabilité est uniforme (elle peut être déterminée sans calculer d’intégrale), d’où : ρ2

=

=

ω0 2π

Z

2π ω0

ρ1 dT

0



2π + cos θ ω0

Z

2π ω0

cos ω0 T dT

ω0  0  Z 2π 4π  2π ω0 sin ω0 T dT sin θ − i cos θ ω0 0



2π sin θ + i cos θ ω0 2π − cos θ ω0

soit ρ2 =

1 2



1 sin θ

sin θ 1



Z

0

Z

0

2π ω0

2π ω0



sin ω0 T dT 

cos ω0 T dT

  

194

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a alors :  ρ22 =

1 4

1 sin θ

sin θ 1



1 sin θ

sin θ 1



=

1 4



1 + sin2 θ 2 sin θ

2 sin θ 1 + sin2 θ



6= ρ2

et ρ2 ne correspond pas à un cas pur mais à un mélange statistique d’états. On a ensuite : Tr(ρ2 Sx ) Tr(ρ2 Sy ) Tr(ρ2 Sz )

= = =

Tr Tr Tr

  ~ 4

  ~ 4

  ~ 4

1 sin θ 1 sin θ 1 sin θ

sin θ 1 sin θ 1 sin θ 1

  

0 1 0 i 1 0

1 0



−i 0 0 −1

= Tr





  ~ sin θ

= Tr = Tr

1

4

1 sin θ

  ~ i sin θ 4

  ~ 4

=

−i −i sin θ

i

1 sin θ



− sin θ −1

~ 2

sin θ





=0

=0

On a donc :  ~   hSx i = Tr(ρ2 Sx ) = sin θ 2 hSy i = Tr(ρ2 Sy ) = 0   hSz i = Tr(ρ2 Sz ) = 0

Le spin acquiert donc une polarisation parallèle au champ dans lequel il est plongé, et l’opérateur densité décrit maintenant un spin partiellement polarisé π selon Ox. Le spin est donc complètement polarisé pour θ = + kπ, k ∈ Z 2 et complètement dépolarisé pour θ = kπ, k ∈ Z. Ce type de dynamique est typique des expériences de RMN. Regardons maintenant ce qui se passe à la sortie de l’analyseur lorsqu’on fait varier ω0 de zéro jusqu’à une valeur où la condition ω0 ∆T ≫ 1 est réalisée : • lorsque ω0 = 0, c’est-à-dire en l’absence de champ magnétique, nous avons vu à la question c que le spin est complètement polarisé, et l’on a :  ~   hSx i = sin θ   2   ~ hSy i = − cos θ sin ω0 T = 0  2      hSz i = ~ cos θ cos ω0 T = ~ cos θ 2 2 Le spin est donc complètement polarisé dans le plan xOz.

• lorsqu’on augmente la valeur de ω0 , c’est-à-dire que l’on fait apparaître un champ magnétique parallèle à Ox, la composante hSy i devient non nulle : le spin demeure complètement polarisé mais acquiert une composante selon Oy tandis que sa composante selon Ox demeure constante. ~ ~ Les composantes hSy i et hSz i varient entre − cos θ et cos θ avec une 2 2 T fréquence , la norme de la composante dans le plan yOz demeurant 2π

Corrigés des exercices du Chapitre IV

195

~ égale à cos θ. Les valeurs moyennes de Sx , Sy et Sz se comportent alors 2 comme le feraient les composantes d’un moment cinétique classique de module ~/2 qui serait animé d’un mouvement de précession de Larmor autour du champ magnétique parallèle à Ox. • enfin, lorsque la condition ω0 ∆T ≫ 1 est réalisée, la polarisation du spin s’oriente dans la direction du champ magnétique, mais le spin n’est que partiellement polarisé du fait que hSx i demeure constante et inférieure à ~/2. L’équivalent classique de ce système est un ensemble de spins qui précessent tous à des fréquences différentes, et qui s’ajoutent vectoriellement pour donner le résultat de la mesure.

4.5

Opérateur d’évolution d’un spin 1/2 (cf. Complément FIII )

Énoncé. On considère un spin 1/2, de moment magnétique M = γS, plongé dans un champ magnétique B0 de composantes Bx = −ωx /γ, By = −ωy /γ, Bz = −ωz /γ. On pose : ω0 = −γ|B0 | a. Montrer que l’opérateur d’évolution de ce spin s’écrit : U (t, 0) = e−iMt où M est l’opérateur : M=

1 1 [ωx Sx + ωy Sy + ωz Sz ] = [ωx σx + ωy σy + ωz σz ] ~ 2

σx , σy , σz étant les trois matrices de Pauli (cf. Complément AIV ). Calculer la matrice représentant M dans la base {|+i , |−i} des vecteurs propres de Sz . Montrer que : M2 =

  ω0 2 1 2 ωx + ωy2 + ωz2 = 4 2

b. Mettre l’opérateur d’évolution sous la forme :     2i ω0 t ω0 t − M sin U (t, 0) = cos 2 ω0 2 c. On considère un spin qui à l’instant t = 0 est dans l’état |ψ(0)i = |+i. Montrer que la probabilité P++ (t) que l’on a de le trouver à l’instant

196

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I t dans l’état |+i est : P++ (t) = | h+| U (t, 0) |+i |2 et établir la relation : ωx2 + ωy2 P++ (t) = 1 − sin2 ω02



ω0 t 2



Interprétation géométrique.

Commentaires. Cet exercice généralise les exercices précédents au cas d’un spin 1/2 placé dans un champ magnétique stationnaire. Dans ce cas plus général, des outils de description plus sophistiqués sont requis, tels que l’opérateur d’évolution (cf. Complément FIII ) et les matrices de Pauli (cf. Complément AIV ). Malgré la complexité accrue de ce cas général, la physique demeure la même et le mouvement du spin demeure une précession de Larmor autour du champ magnétique.

Corrigé. On considère un spin 1/2, de moment magnétique M = γS, plongé dans un champ magnétique B0 de composantes Bx = −ωx /γ, By = −ωy /γ, Bz = −ωz /γ. On pose : ω0 = −γ|B0 | a. Montrer que l’opérateur d’évolution de ce spin s’écrit : U (t, 0) = e−iMt où M est l’opérateur : M=

1 1 [ωx Sx + ωy Sy + ωz Sz ] = [ωx σx + ωy σy + ωz σz ] ~ 2

σx , σy , σz étant les trois matrices de Pauli (cf. Complément AIV ). Calculer la matrice représentant M dans la base {|+i , |−i} des vecteurs propres de Sz . Montrer que :   ω0 2 1 2 M2 = ωx + ωy2 + ωz2 = 4 2 L’énergie potentielle classique du moment magnétique d’un spin 1/2 dans le champ magnétique vaut W = −M · B0 = −Mx Bx − My By − Mz Bz = −γ(Bx Sx + By Sy + Bz Sz ) Avec les notations introduites, on a donc : H = −γ(Bx Sx + By Sy + Bz Sz ) = ωx Sx + ωy Sy + ωz Sz

197

Corrigés des exercices du Chapitre IV

L’opérateur H ne dépend pas du temps et, d’après l’équation (18) du Complément FIII , l’opérateur d’évolution de ce spin s’écrit donc : U (t, 0) = e−iHt/~ = e−iMt avec M=

1 1 [ωx Sx + ωy Sy + ωz Sz ] = [ωx σx + ωy σy + ωz σz ] ~ 2

~ du fait que S = σ. La matrice représentant M dans la base {|+i , |−i} est 2 donc : =

M

=

1 [ωx σx + ωy σy + ωz σz ] 2    1 0 0 1 + ωy ωx i 1 0 2

−i 0



+ ωz



1 0

0 −1

soit M=

1 2



ωz ωx + iωy

ωx − iωy −ωz



Il s’ensuit M2

= =

1 2 [ωx σx + ωy σy + ωz σz ] 4 1 2 2 ω σ + ωy2 σy2 + ωz2 σz2 + ωx ωy (σx σy + σy σx ) 4 x x +ωx ωz (σx σz + σz σx ) + ωy ωz (σy σz + σz σy )]

et l’on a donc bien M2 = du fait que

  ω0 2 1 2 ωx + ωy2 + ωz2 = 4 2

σj σk = i

X

εjkl σl + δjk I

l

d’après la relation (11) du Complément AIV . b. Mettre l’opérateur d’évolution sous la forme :     2i ω0 t ω0 t − M sin U (t, 0) = cos 2 ω0 2 Nous avons montré à la question a que : U (t, 0) = e−iMt



198

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a donc : +∞ X (−iM t)k

U (t, 0) =

k=0 +∞ X

=

k!

(−1)k

k=0

=

+∞ +∞ X (−iM t)2k X (−iM t)2k+1 + (2k)! (2k + 1)! k=0

2k 2k

M t −i (2k)!

k=0

+∞ X

(−1)k

k=0

M 2k+1 t2k+1 (2k + 1)!

Enfin, nous avons montré à la question a que M 2 =

U (t, 0) = =

+∞ X

 ω 2 0

2

, et l’on a donc :

+∞  ω 2k t2k  ω 2k t2k+1 X 0 0 − iM (−1)k 2 (2k)! 2 (2k + 1)! k=0 k=0  2k  2k+1 +∞ +∞ X 2i X (−1)k ω0 t (−1)k ω0 t − M (2k)! 2 ω0 (2k + 1)! 2

(−1)k

k=0

k=0

soit U (t, 0) = cos



ω0 t 2



−

2i M sin ω0



ω0 t 2



c. On considère un spin qui à l’instant t = 0 est dans l’état |ψ(0)i = |+i. Montrer que la probabilité P++ (t) que l’on a de le trouver à l’instant t dans l’état |+i est : P++ (t) = | h+| U (t, 0) |+i |2 et établir la relation : P++ (t) = 1 −

ωx2 + ωy2 sin2 ω02



ω0 t 2



Interprétation géométrique. On a : P++ (t) = |h+|ψ(t)i|2 = | h+| U (t, 0) |ψ(0)i |2 = | h+| U (t, 0) |+i |2 D’après le résultat de la question b et la matrice représentant M déterminée à la question a, on a :     i ω0 t ω0 t |+i − (ωz |+i + (ωx + iωy ) |−i) sin U (t, 0) |+i = cos 2 ω0 2 et donc h+| U (t, 0) |+i = cos



ω0 t 2



−i

ωz sin ω0



ω0 t 2



199

Corrigés des exercices du Chapitre IV La probabilité recherchée vaut donc : P++ (t)

    ω2 ω0 t ω0 t + z2 sin2 = | h+| U (t, 0) |+i |2 = cos2 2 ω 2      2 0   ω0 t ω0 t ωz ω0 t 2 = cos2 + sin2 + − 1 sin 2 2 ω02 2

soit P++ (t) = 1 −

ωx2 + ωy2 sin2 ω02



ω0 t 2



=1−

(ωx2 + ωy2 )(1 − cos ω0 t) 2ω02

Le spin qui était dans l’état |+i à l’instant t = 0 se retrouvera donc dans ω0 l’état |+i à une fréquence égale à la fréquence de Bohr , ce qui con2π firme bien que le spin subit une précession de Larmor autour du champ magnétique B0 . La conclusion et l’interprétation sont les mêmes que dans les exercices 1 ou 3 : le spin précesse. Voir figure 4.3 pour une illustration de ce mouvement.

4.6

Étude de l’état de spin de deux particules décrites par une fonction d’onde unique

Énoncé. On considère le système constitué par deux spins 1/2, S1 et S2 , et la base des quatre vecteurs |±, ±i définie dans le Complément DIV . Le système est à l’instant t = 0 dans l’état : |ψ(0)i =

1 1 1 |++i + |+−i + √ |−−i 2 2 2

a. À l’instant t = 0, on mesure S1z ; quelle probabilité a-t-on de trouver −~/2 ? Quel est le vecteur d’état après cette mesure ? Si l’on mesure ensuite S1x , quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Mêmes questions si la mesure de S1z a donné +~/2. b. Le système étant dans l’état |ψ(0)i écrit plus haut, on mesure simultanément S1z et S2z ; quelle probabilité a-t-on de trouver des résultats opposés ? Identiques ? c. Au lieu d’effectuer les mesures précédentes, on laisse évoluer le système sous l’influence de l’hamiltonien : H = ω1 S1z + ω2 S2z Quel est le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t ? Calculer à l’instant t les valeurs moyennes hS1 i et hS2 i. Interprétation physique.

200

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

d. Montrer que les longueurs des vecteurs hS1 i et hS2 i sont inférieures à ~/2 ; quelle devrait être la forme de |ψ(0)i pour que ces longueurs soient toutes deux égales à +~/2 ?

Commentaires. Cet exercice semble beaucoup plus complexe que ceux étudiés précédemment du fait qu’il faut considérer un second spin. Il n’y a pas d’interaction entre les spins, mais ils sont tous deux décrits par une fonction d’onde unique qui introduit des corrélations : des mesures réalisées sur une particule affectent les mesures réalisées sur l’autre. L’interprétation de cet exercice est facilitée en considérant que les deux particules sont discernables. Dans le chapitre précédent, nous avons souligné l’importance du cas où une fonction d’onde unique décrit deux particules en même temps (voir les exercices 11 et 16 du Chapitre III). Nous avons étudié la différence entre : • les états qui peuvent s’écrire comme des produits tensoriels d’états de particules prises séparément, toute mesure réalisée sur une particule n’affecte pas l’autre, • les états intriqués qui ne peuvent pas s’écrire comme des produits tensoriels d’états de particules prises séparément et toute mesure réalisée sur une particule affecte l’autre (comme dans l’expérience EPR). Il est intéressant de voir dans quelle catégorie se place l’état de cet exercice. L’état de ces particules ne peut pas s’écrire comme un produit tensoriel d’états des deux particules prises séparément mais, contrairement à celles de l’expérience EPR, ces particules sont discernables.

Corrigé. On considère le système constitué par deux spins 1/2, S1 et S2 , et la base des quatre vecteurs |±, ±i définie dans le Complément DIV . Le système est à l’instant t = 0 dans l’état : |ψ(0)i =

1 1 1 |++i + |+−i + √ |−−i 2 2 2

a. À l’instant t = 0, on mesure S1z ; quelle probabilité a-t-on de trouver −~/2 ? Quel est le vecteur d’état après cette mesure ? Si l’on mesure ensuite S1x , quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Mêmes questions si la mesure de S1z a donné +~/2. Si l’on mesure S1z à l’instant t = 0, on a une probabilité de |h−+|ψ(0)i|2 + |h−−|ψ(0)i|2 =

1 2

de trouver −~/2. Le vecteur d’état immédiatement après cette mesure est |ψ ′ (0)i = |−−i

201

Corrigés des exercices du Chapitre IV soit

1 |ψ ′ (0)i = √ [|1 : +ix |2 : −i − |1 : −ix |2 : −i] 2 1 6 |ψ ′ (0)i. Le du fait que |±ix = √ [|+i ± |−i]. Remarquons que |ψ(0)i = 2 premier état correspond à l’état précédant la mesure de S1z tandis que le second correspond à l’état juste après la mesure. Si l’on mesure ensuite S1x , on peut trouver pour résultats : 1 , 2 1 • −~/2 avec une probabilité de |x h1 : −| h2 : − |ψ ′ (0)i |2 = . 2 • +~/2 avec une probabilité de |x h1 : +| h2 : − |ψ ′ (0)i |2 =

Si la mesure de S1z a donné +~/2, le vecteur d’état immédiatement après cette mesure est 1 |ψ ′ (0)i = √ [|++i + |+−i] 2 soit ′  ψ (0)

= =

 1 1 √ |1 : +i [|2 : +i + |2 : −i] = |1 : +ix + |1 : −ix [|2 : +i + |2 : −i] 2 2  1 |1 : +ix |2 : +i + |1 : +ix |2 : −i + |1 : −ix |2 : +i + |1 : −ix |2 : −i 2

Si l’on mesure ensuite S1x , on peut trouver pour résultats : • +~/2 avec une probabilité de

|x h1 : +| h2 : + |ψ ′ (0)i |2 + |x h1 : +| h2 : − |ψ ′ (0)i |2 =

1 2

• −~/2 avec une probabilité de |x h1 : −| h2 : + |ψ ′ (0)i |2 + |x h1 : −| h2 : − |ψ ′ (0)i |2 =

1 2

b. Le système étant dans l’état |ψ(0)i écrit plus haut, on mesure simultanément S1z et S2z ; quelle probabilité a-t-on de trouver des résultats opposés ? Identiques ? La probabilité de trouver des résultats opposés est égale à |h+−|ψ(0)i|2 + |h−+|ψ(0)i|2 =

1 4

et la probabilité de trouver des résultats identiques est égale à |h++|ψ(0)i|2 + |h−−|ψ(0)i|2 =

3 4

202

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

c. Au lieu d’effectuer les mesures précédentes, on laisse évoluer le système sous l’influence de l’hamiltonien : H = ω1 S1z + ω2 S2z Quel est le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t ? Calculer à l’instant t les valeurs moyennes hS1 i et hS2 i. Interprétation physique.

Les vecteurs propres de l’hamiltonien H sont : ~(ω1 + ω2 ) , 2 ~(ω1 − ω2 ) , • |+−i avec la valeur propre 2 ~(ω1 − ω2 ) • |−+i avec la valeur propre − , 2 ~(ω1 + ω2 ) • |−−i avec la valeur propre − . 2 Le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t est donc : • |++i avec la valeur propre

|ψ(t)i =

1 1 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e |++i + e−i(ω1 −ω2 )t/2 |+−i + √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−−i 2 2 2

On a ensuite : hS1x i

= = =

= hS1y i

= = =

= hS1z i

= = =

=

~ hψ(t)| S1x |ψ(t)i = hψ(t)| (|+i h−| + |−i h+|) (1) ⊗ 1(2) |ψ(t)i 2   1 −i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 ~ hψ(t)| e |−+i + e−i(ω1 −ω2 )t/2 |−−i + √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |+−i 2 2 2 2   ~ 1 i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 e h++| + ei(ω1 −ω2 )t/2 h+−| + √ e−i(ω1 +ω2 )t/2 h−−| 2 2 2 2   1 −i(ω1 +ω2 )t/2 1 −i(ω1 −ω2 )t/2 1 × e |−+i + e |−−i + √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |+−i 2 2 2   ~ 1 −iω1 t 1 iω1 t ~ √ e + √ e = √ cos ω1 t 2 2 2 2 2 2 2 ~ hψ(t)| S1y |ψ(t)i = hψ(t)| (−i |+i h−| + i |−i h+|) (1) ⊗ 1(2) |ψ(t)i 2   i~ 1 1 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 hψ(t)| e |−+i + e−i(ω1 −ω2 )t/2 |−−i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |+−i 2 2 2 2   i~ 1 i(ω1 +ω2 )t/2 1 i(ω1 −ω2 )t/2 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e h++| + e h+−| + √ e h−−| 2 2 2 2   1 −i(ω1 −ω2 )t/2 1 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e |−+i + e |−−i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |+−i × 2 2 2   1 −iω1 t 1 ~ i~ − √ eiω1 t = √ sin ω1 t √ e 2 2 2 2 2 2 2 ~ hψ(t)| S1z |ψ(t)i = hψ(t)| (|+i h+| − |−i h−|) (1) ⊗ 1(2) |ψ(t)i 2   ~ 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 hψ(t)| e |++i + e−i(ω1 −ω2 )t/2 |+−i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−−i 2 2 2 2   ~ 1 i(ω1 +ω2 )t/2 1 i(ω1 −ω2 )t/2 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e h++| + e h+−| + √ e h−−| 2 2 2 2   1 −i(ω1 +ω2 )t/2 1 −i(ω1 −ω2 )t/2 1 × e |++i + e |+−i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−−i 2 2 2   ~ 1 1 1 + − =0 2 4 4 2

203

Corrigés des exercices du Chapitre IV et l’on a donc 

 cos ω1 t ~ hS1 i = √  sin ω1 t  2 2 0 On a, de la même manière : hS2x i

=

hψ(t)| S2x |ψ(t)i =

=



=

~ 2

~ 2 ×

= hS2y i

=

~ 2



1 −i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 e |+−i + e−i(ω1 −ω2 )t/2 |++i + √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−+i 2 2 2



1 −iω2 t 1 e + eiω2 t 4 4



=

i~ 2







× =

~ 2

4

cos ω2 t

hψ(t)| 1(1) ⊗ (−i |+i h−| + i |−i h+|) (2) |ψ(t)i

1 1 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e |+−i − e−i(ω1 −ω2 )t/2 |++i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−+i 2 2 2



1 −iω2 t 1 e − eiω2 t 4 4

hψ(t)| S2z |ψ(t)i =

2

~





=

~

2

=

1 i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 e h++| + ei(ω1 −ω2 )t/2 h+−| + √ e−i(ω1 +ω2 )t/2 h−−| 2 2 2

i~ 2

=

~



1 1 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e |+−i − e−i(ω1 −ω2 )t/2 |++i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−+i 2 2 2

=

2





1 i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 e h++| + ei(ω1 −ω2 )t/2 h+−| + √ e−i(ω1 +ω2 )t/2 h−−| 2 2 2

i~ hψ(t)| 2

=

hψ(t)| 1(1) ⊗ (|+i h−| + |−i h+|) (2) |ψ(t)i



=

~

2

1 −i(ω1 −ω2 )t/2 1 i(ω +ω )t/2 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e |+−i + e |++i + √ e 1 2 |−+i 2 2 2

hψ(t)| S2y |ψ(t)i =

×

hS2z i

hψ(t)|

~

hψ(t)|





=

~ 4



sin ω2 t

~

hψ(t)| 1(1) ⊗ (|+i h+| − |−i h−|) (2) |ψ(t)i 2  1 1 1 −i(ω1 +ω2 )t/2 e |++i − e−i(ω1 −ω2 )t/2 |+−i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−−i 2 2 2



1 i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 e h++| + ei(ω1 −ω2 )t/2 h+−| + √ e−i(ω1 +ω2 )t/2 h−−| 2 2 2



1 −i(ω1 +ω2 )t/2 1 1 e |++i − e−i(ω1 −ω2 )t/2 |+−i − √ ei(ω1 +ω2 )t/2 |−−i 2 2 2



1 1 1 − − 4 4 2



=−

 

~ 4

et l’on a donc   cos ω2 t ~ sin ω2 t  hS2 i = 4 −1 Les composantes de hS1 i et hS2 i se comportent donc comme le feraient les ~ composantes de deux moments cinétiques classiques de module √ qui 2 2 seraient animés d’un mouvement de précession de Larmor autour de Oz, l’un à la pulsation ω1 et l’autre à la pulsation ω2 .

204

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

d. Montrer que les longueurs des vecteurs hS1 i et hS2 i sont inférieures à ~/2 ; quelle devrait être la forme de |ψ(0)i pour que ces longueurs soient toutes deux égales à +~/2 ? On a, d’après les résultats de la question c : ~ ~ k hS1 i k = k hS2 i k = √ < 2 2 2 Or on a, d’après les résultats du § 5 du Complément EIV : hS1 i2 =

~2 ~2 ⇔ ρ2 (1) = ρ(1) et hS2 i2 = ⇔ ρ2 (2) = ρ(2) 4 4

ρ(1) et ρ(2) représentant les matrices densité respectives des spins S1 et S2 . Les longueurs des vecteurs hS1 i et hS2 i seront donc toutes deux égales à +~/2 si et seulement si les matrices densités ρ(1) et ρ(2) correspondent toutes les deux à des cas purs, ce qui n’est possible que si |ψ(0)i peut s’écrire sous la forme d’un produit tensoriel.

4.7

Suite de l’étude de l’état de spin à deux particules décrit par une fonction d’onde unique

Énoncé. On considère le même système de deux spins 1/2 que dans l’exercice précédent ; l’espace des états est rapporté à la base des quatre états |±, ±i. a. Écrire la matrice 4 × 4 représentant, dans cette base, l’opérateur S1y . Quels sont les valeurs propres et les vecteurs propres de cette matrice ? b. L’état normé du système s’écrit : |ψ(t)i = α |++i + β |+−i + γ |−+i + δ |−−i où α, β, γ et δ sont des coefficients complexes donnés. On mesure simultanément S1x et S2y ; quels résultats peut-on trouver et avec quelles probabilités ? Que deviennent ces probabilités si |ψi est un produit tensoriel d’un vecteur de l’espace des états du premier spin par un vecteur de l’espace des états du second spin ? c. Mêmes questions si on mesure S1y et S2y . d. Au lieu d’effectuer les mesures précédentes, on ne mesure que S2y . Calculer, à partir des résultats de b puis à partir de ceux de c, la probabilité de trouver −~/2.

205

Corrigés des exercices du Chapitre IV

Commentaires. Le système physique décrit dans cet exercice est le même que dans l’exercice précédent. La complexité supplémentaire provient de la prise en compte d’une fonction d’onde générale développée sur la base propre de l’opérateur S1y (qui est déterminée dans la première question). Les questions suivantes se concentrent sur la détermination des résultats de mesures réalisées sur les deux spins. Comme dans l’exercice précédent, les particules sont discernables mais intriquées.

Corrigé. On considère le même système de deux spins 1/2 que dans l’exercice précédent ; l’espace des états est rapporté à la base des quatre états |±, ±i. a. Écrire la matrice 4 × 4 représentant, dans cette base, l’opérateur S1y . Quels sont les valeurs propres et les vecteurs propres de cette matrice ? On a :

 i~   |−+i S1y |++i =   2     i~   S1y |+−i = |−−i 2 i~   S1y |−+i = − |++i    2      S1y |−−i = − i~ |+−i 2

et la matrice représentant S1y dans la base {|++i , |+−i , |−+i , |−−i} est :

S1y



0 i~  0  = 2  1 0

0 0 0 1

 −1 0 0 −1   0 0  0 0

S1y n’agissant que dans l’espace des états Es (1) du spin (1), les états 1 |1 : ±iy = √ [|1 : +i ± i |1 : −i] 2 sont naturellement états propres de S1y dans Es (1) avec les valeurs propres ~ respectives ± . On peut donc en déduire directement que les états propres 2 ~ de S1y dans Es (1) ⊗ Es (2) associés à la valeur propre + sont les états 2 1 1 |1 : +iy |2 : +i = √ (|++i + i |−+i) et |1 : +iy |2 : −i = √ (|+−i + i |−−i) 2 2

206

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et que les états propres de S1y dans Es (1) ⊗ Es (2) associés à la valeur propre ~ − sont les états 2 1 1 |1 : −iy |2 : +i = √ (|++i − i |−+i) et |1 : −iy |2 : −i = √ (|+−i − i |−−i) 2 2

b. L’état normé du système s’écrit : |ψ(t)i = α |++i + β |+−i + γ |−+i + δ |−−i où α, β, γ et δ sont des coefficients complexes donnés. On mesure simultanément S1x et S2y ; quels résultats peut-on trouver et avec quelles probabilités ? Que deviennent ces probabilités si |ψi est un produit tensoriel d’un vecteur de l’espace des états du premier spin par un vecteur de l’espace des états du second spin ? Développons l’état |ψ(t)i sur la base {|1 : ±ix |2 : ±iy }. On a 1 √ [|+i + |−i] 2  1  √ [|+i − |−i]  |+i = 2 ⇔ 1  |−i =  |+iy = √ [|+i + i |−i] 2 1 |−iy = √ [|+i − i |−i] 2

  |+ix =          |−ix =          

1 √ 2 1 √ 2

 1 |+ix + |−ix = √ |+iy + |−iy 2 i h   i |+ix − |−ix = − √ |+iy − |−iy 2 h



i

et donc |ψ(t)i

= =

α |++i + β |+−i + γ |−+i + δ |−−i i h 1n  α |1 : +ix + |1 : −ix |2 : +iy + |2 : −iy 2



−iβ |1 : +ix + |1 : −ix



h

|2 : +iy − |2 : −iy



+γ |1 : +ix − |1 : −ix [|2 : +i + |2 : −i]



−iδ |1 : +ix − |1 : −ix =

h

|2 : +iy − |2 : −iy

i

io

1h (α + γ − i(β + δ)) |1 : +ix |2 : +iy + (α + γ + i(β + δ)) |1 : +ix |2 : −iy 2

+(α − γ − i(β − δ)) |1 : −ix |2 : +iy + (α − γ + i(β − δ)) |1 : −ix |2 : −iy

On peut donc trouver comme résultats :

i

• +~/2 pour la mesure de S1x et +~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : +|y h2 : + |ψ(t)i |2 =

1 |(α + γ) − i(β + δ)|2 4

207

Corrigés des exercices du Chapitre IV

• +~/2 pour la mesure de S1x et −~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : +|y h2 : − |ψ(t)i |2 =

1 |(α + γ) + i(β + δ)|2 4

• −~/2 pour la mesure de S1x et +~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : −|y h2 : + |ψ(t)i |2 =

1 |(α − γ) − i(β − δ)|2 4

• −~/2 pour la mesure de S1x et −~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : −|y h2 : − |ψ(t)i |2 =

1 |(α − γ) + i(β − δ)|2 4

Si maintenant |ψ(t)i est un produit tensoriel, alors |ψ(t)i

= =

(a |1 : +i + b |1 : −i) ⊗ (c |2 : +i + d |2 : −i)    1  (a |1 : +ix + |1 : −ix + b |1 : +ix − |1 : −ix ) 2 h i i h ⊗ c |2 : +iy + |2 : −iy − id |2 : +iy − |2 : −iy

=

1 (a + b)(c − id) |1 : +ix |2 : +iy + (a + b)(c + id) |1 : +ix |2 : −iy 2

h

+(a − b)(c − id) |1 : −ix |2 : +iy + (a − b)(c + id) |1 : −ix |2 : −iy

i

avec |a|2 + |b|2 = |c|2 + |d|2 = 1, et l’on peut alors trouver comme résultats : • +~/2 pour la mesure de S1x et +~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : +|y h2 : + |ψ(t)i |2 =

1 |a + b|2 |c − id|2 4

• +~/2 pour la mesure de S1x et −~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : +|y h2 : − |ψ(t)i |2 =

1 |a + b|2 |c + id|2 4

• −~/2 pour la mesure de S1x et +~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : −|y h2 : + |ψ(t)i |2 =

1 |a − b|2 |c − id|2 4

• −~/2 pour la mesure de S1x et −~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité |x h1 : −|y h2 : − |ψ(t)i |2 =

1 |a − b|2 |c + id|2 4

208

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

c. Mêmes questions si on mesure S1y et S2y . Si |ψ(t)i

=

α |++i + β |+−i + γ |−+i + δ |−−i ih i 1n h α |1 : +iy + |1 : −iy |2 : +iy + |2 : −iy 2 h ih i

=

−iβ |1 : +iy + |1 : −iy |2 : +iy − |2 : −iy h ih i −iγ |1 : +iy − |1 : −iy |2 : +iy + |2 : −iy h ih io −δ |1 : +iy − |1 : −iy |2 : +iy − |2 : −iy h (α − δ − i(β + γ)) |++iy + (α + δ + i(β − γ)) |+−iy

=

+(α + δ − i(β − γ)) |−+iy + (α − δ + i(β + γ)) |−−iy

on peut trouver comme résultats :

i

• +~/2 pour la mesure de S1y et +~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité 1 |y h++ |ψ(t)i |2 = |(α − δ) − i(β + γ)|2 4 • +~/2 pour la mesure de S1y et −~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité 1 |y h+− |ψ(t)i |2 = |(α + δ) + i(β − γ)|2 4 • −~/2 pour la mesure de S1y et +~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité 1 |y h−+ |ψ(t)i |2 = |(α + δ) − i(β − γ)|2 4 • −~/2 pour la mesure de S1y et −~/2 pour la mesure de S2y avec une probabilité 1 |y h−− |ψ(t)i |2 = |(α − δ) + i(β + γ)|2 4 Si maintenant |ψ(t)i est un produit tensoriel, alors |ψ(t)i

= =

=

(a |1 : +i + b |1 : −i) ⊗ (c |2 : +i + d |2 : −i) i h i 1 h a |1 : +iy + |1 : −iy − ib |1 : +iy − |1 : −iy 2 h i h i

⊗ c |2 : +iy + |2 : −iy − id |2 : +iy − |2 : −iy 1h (a − ib)(c − id) |++iy + (a − ib)(c + id) |+−iy 2 i +(a + ib)(c − id) |−+iy + (a + ib)(c + id) |−−iy

avec |a|2 + |b|2 = |c|2 + |d|2 = 1, et l’on peut alors trouver comme résultats :

209

Corrigés des exercices du Chapitre IV • +~/2 pour la mesure de S1y et +~/2 pour la mesure probabilité 1 |y h++| ψ(t)|2 = |a − ib|2 |c − id|2 4 • +~/2 pour la mesure de S1y et −~/2 pour la mesure probabilité 1 |y h+−|ψ(t)i|2 = |a − ib|2 |c + id|2 4 • −~/2 pour la mesure de S1y et +~/2 pour la mesure probabilité 1 |y h−+|ψ(t)i|2 = |a + ib|2 |c − id|2 4 • −~/2 pour la mesure de S1y et −~/2 pour la mesure probabilité 1 |y h−−|ψ(t)i|2 = |a + ib|2 |c + id|2 4

de S2y avec une

de S2y avec une

de S2y avec une

de S2y avec une

d. Au lieu d’effectuer les mesures précédentes, on ne mesure que S2y . Calculer, à partir des résultats de b puis à partir de ceux de c, la probabilité de trouver −~/2. D’après les résultats de la question b, la probabilité de trouver −~/2 en mesurant S2y vaut : |x h1 : +|y h2 : −|ψ(t)i|2 +|x h1 : −|y h2 : −|ψ(t)i|2 =

1 1 |(α+γ)+i(β +δ)|2 + |(α−γ)+i(β −δ)|2 4 4

indépendamment du résultat de la mesure de S1x . D’après les résultats de la question c, la probabilité de trouver −~/2 en mesurant S2y vaut :

1 1 |(α + δ) + i(β − γ)|2 + |(α − δ) + i(β + γ)|2 4 4 indépendamment du résultat de la mesure de S1y . On peut vérifier que ces deux résultats sont identiques. On a d’une part :

|y h+−|ψ(t)i|2 + |y h−−|ψ(t)i|2 =

1 1 |(α + γ) + i(β + δ)|2 + |(α − γ) + i(β − δ)|2 4 4 1 ∗ [(α + γ ∗ ) − i(β ∗ + δ ∗ )][(α + γ) + i(β + δ)] = 4 1 + [(α∗ − γ ∗ ) − i(β ∗ − δ ∗ )][(α − γ) + i(β − δ)] 4 1 = [2|α|2 + 2|β|2 + 2|γ|2 + 2|δ|2 + i(2α∗ β + 2γ ∗ δ − 2αβ ∗ − 2γδ ∗ )] 4 et d’autre part : 1 1 |(α + δ) + i(β − γ)|2 + |(α − δ) + i(β + γ)|2 4 4 1 ∗ ∗ ∗ ∗ [(α + δ ) − i(β − γ )][(α + δ) + i(β − γ)] = 4 1 + [(α∗ − δ ∗ ) − i(β ∗ + γ ∗ )][(α − δ) + i(β + γ)] 4 1 [2|α|2 + 2|β|2 + 2|γ|2 + 2|δ|2 + i(2α∗ β + 2γ ∗ δ − 2αβ ∗ − 2γδ ∗ )] = 4

210

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Les résultats de cet exercice ne peuvent pas être simplifiés plus avant du fait que l’état |ψ(t)i est très général. L’avantage est que les résultats de cet exercice demeurent valides et peuvent être appliqués à n’importe quel état.

4.8

Molécule triatomique linéaire

Énoncé. On considère un électron d’une molécule triatomique linéaire formée de trois atomes équidistants. On désigne par |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i trois états normés et orthogonaux de cet électron correspondant respectivement à trois fonctions d’onde localisées autour des noyaux des atomes A, B, C. On se limitera dans toute la suite au sous-espace de l’espace des états engendré par |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i.

Lorsqu’on néglige la possibilité pour l’électron de sauter d’un noyau à l’autre, son énergie est décrite par l’hamiltonien H0 qui admet pour états propres les trois états |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i, avec la même valeur propre E0 . Le couplage entre les états |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i est décrit par un hamiltonien supplémentaire W défini par (a est une constante réelle positive) : W |ϕA i = −a |ϕB i W |ϕB i = −a |ϕA i − a |ϕC i W |ϕC i = −a |ϕB i a. Calculer les énergies et les états stationnaires de l’hamiltonien H = H0 + W . b. L’électron est à l’instant t = 0 dans l’état |ϕA i. Discuter qualitativement la localisation de l’électron aux instants t ultérieurs. Y a-t-il des valeurs de t où il est parfaitement localisé autour de l’atome A, B ou C ? c. Soit D l’observable ayant pour états propres |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i avec les valeurs propres respectives −d, 0, d. On mesure D à l’instant t ; quelles valeurs peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? d. Lorsque l’état initial de l’électron est quelconque, quelles sont les fréquences de Bohr susceptibles d’apparaître dans l’évolution de hDi ? Donner une interprétation physique de D. Quelles sont les fréquences électromagnétiques susceptibles d’être absorbées ou émises par la molécule ?

211

Corrigés des exercices du Chapitre IV

Commentaires. Cet exercice traite d’une molécule triatomique linéaire et de la dynamique d’un électron capable de sauter d’un noyau à un autre. Il s’agit d’un modèle rudimentaire pour décrire des molécules triatomiques linéaires réelles telles que CO2 ou N− 3 . Le fait que le couplage entre atomes soit identique ajoute un plan de symétrie supplémentaire au centre de la molécule. W est lié au fait que les fonctions d’onde explorent (ou recouvrent) les puits voisins.

Corrigé. On considère un électron d’une molécule triatomique linéaire formée de trois atomes équidistants. On désigne par |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i trois états normés et orthogonaux de cet électron correspondant respectivement à trois fonctions d’onde localisées autour des noyaux des atomes A, B, C. On se limitera dans toute la suite au sous-espace de l’espace des états engendré par |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i.

Lorsqu’on néglige la possibilité pour l’électron de sauter d’un noyau à l’autre, son énergie est décrite par l’hamiltonien H0 qui admet pour états propres les trois états |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i, avec la même valeur propre E0 . Le couplage entre les états |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i est décrit par un hamiltonien supplémentaire W défini par (a est une constante réelle positive) : W |ϕA i = −a |ϕB i W |ϕB i = −a |ϕA i − a |ϕC i W |ϕC i = −a |ϕB i a. Calculer les énergies et les états stationnaires de l’hamiltonien H = H0 + W . La matrice représentant l’hamiltonien non perturbé H0 dans la base {|ϕA i , |ϕB i , |ϕC i} est :   E0 0 0 H0 =  0 E0 0  0 0 E0 et la matrice représentant la perturbation W dans la même base est :   0 −a 0 W =  −a 0 −a  0 −a 0 La matrice représentant l’hamiltonien total H {|ϕA i , |ϕB i , |ϕC i} est donc :   E0 −a 0 H = H0 + W =  −a E0 −a  0 −a E0

dans

la

base

212

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a : E0 − ε −a 0

−a E0 − ε −a

0 −a E0 − ε



= = =

E0 − ε

(E0 − ε)

−a





−a −a + a E0 − ε −a

(E0 − ε)[(E0 − ε)2 − a2 ] − a2 (E0 − ε)



0 E0 − ε

(E0 − ε)[(E0 − ε)2 − 2a2 ]

et l’hamiltonien H √ possède donc trois√ énergies propres non dégénérées ε0 = E0 , ε+ = E0 + a 2 et ε− = E0 − a 2. On a ensuite :       0 −a 0 α 0 β=0  −a 0 −a   β  =  0  ⇔ γ = −α 0 −a 0 γ 0

et l’état propre de H associé à l’énergie propre ε0 = E0 est 1 |ψ0 i = √ (|ϕA i − |ϕC i) 2 D’autre part : √  −a 2  −a 0

     √ −a 0 α 0 √ β = −α 2      β 0 = ⇔ −a 2 −a √ γ=α γ 0 −a −a 2 √ et l’état propre de H associé à l’énergie propre ε+ = E0 + a 2 est |ψ+ i =

√ 1 (|ϕA i − 2 |ϕB i + |ϕC i) 2

Enfin : √ a 2  −a 0

     √ −a 0 α 0 √ β=α 2  β  =  0  ⇔ a 2 −a √ γ=α γ 0 −a a 2 √ et l’état propre de H associé à l’énergie propre ε− = E0 − a 2 est 

√ 1 (|ϕA i + 2 |ϕB i + |ϕC i) 2 En résumé, les vecteurs propres de l’hamiltonien H sont : |ψ− i =

1 • |ψ0 i = √ (|ϕA i − |ϕC i), associé à l’énergie propre ε0 = E0 , 2 √ 1 • |ψ+ i = (|ϕA i − 2 |ϕB i + |ϕC i), associé à l’énergie propre 2√ ε+ = E0 + a 2, √ 1 (|ϕA i + 2 |ϕB i + |ϕC i), associé à l’énergie propre • |ψ− i = 2√ ε− = E0 − a 2.

Corrigés des exercices du Chapitre IV

213

Ces énergies propres sont représentées sur la figure 4.6. On constate donc que le couplage entre les états |ϕA i , |ϕB i et |ϕC i permet d’une part de lever la dégénérescence de l’état fondamental, et d’autre part de stabiliser la molécule en abaissant l’énergie de l’état fondamental à l’énergie ε− < E0 .

Fig. 4.6 – Diagramme d’énergies propres de l’hamiltonien H = H0 + W . b. L’électron est à l’instant t = 0 dans l’état |ϕA i. Discuter qualitativement la localisation de l’électron aux instants t ultérieurs. Y a-t-il des valeurs de t où il est parfaitement localisé autour de l’atome A, B ou C ? On a, d’après les résultats de la question a : et donc

|ψ+ i + |ψ− i = |ϕA i + |ϕC i

1 1 1 |ψ(0)i = |ϕA i = √ |ψ0 i + |ψ+ i + |ψ− i 2 2 2 L’état de l’électron à l’instant t est donc : |ψ(t)i

= = =

=

=

√ √ 1 1 1 √ e−iE0 t/~ |ψ0 i + e−i(E0 +a 2)t/~ |ψ+ i + e−i(E0 −a 2)t/~ |ψ− i 2 2 2   √ 1 √ 1 1 e−iE0 t/~ √ |ψ0 i + e−ia 2t/~ |ψ+ i + eia 2t/~ |ψ− i 2 2 2  √ 1 −ia√2t/~ −iE0 t/~ 1 e (|ϕA i − |ϕC i) + e (|ϕA i − 2 |ϕB i + |ϕC i) 2 4  √ 1 √ + eia 2t/~ (|ϕA i + 2 |ϕB i + |ϕC i) 4 √ √ √ √ √ 1 −iE0 t/~ h e (2 + eia 2t/~ + e−ia 2t/~ ) |ϕA i + 2(eia 2t/~ − e−ia 2t/~ ) |ϕB i 4 i √ √ +(eia 2t/~ + e−ia 2t/~ − 2) |ϕC i " √ √ ! √ a 2t a 2t 1 −iE0 t/~ e |ϕA i + i 2 sin |ϕB i 1 + cos 2 ~ ~ ! # √ a 2t − 1 |ϕC i + cos ~

214

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On peut ainsi en déduire :      PA (t) = |hϕA |ψ(t)i|2 =       PB (t) = |hϕB |ψ(t)i|2 =        2    PC (t) = |hϕC |ψ(t)i| =

√ !2 a 2t 1 + cos ~ √ 1 a 2t sin2 2 ~ √ !2 a 2t 1 1 − cos 4 ~

1 4

L’électron :

• sera parfaitement localisé autour de l’atome A si √ √ a 2t a 2t π~ PA (t) = 1 ⇔ cos =1⇔ = 2kπ ⇔ t = 2k √ , k ∈ N ~ ~ a 2 • ne sera jamais parfaitement localisé autour de l’atome central B du fait 1 que 0 6 PB (t) 6 , 2 • sera parfaitement localisé autour de l’atome C si PC (t) = 1 ⇔ cos

√ a 2t

~

= −1 ⇔

√ a 2t

~

π~ = (2k + 1)π ⇔ t = (2k + 1) √ , k ∈ N a 2

Les probabilités PA (t), PB (t) et PC (t) sont tracées respectivement sur les figures 4.7, 4.8 et 4.9. Localisé initialement autour de l’atome A, l’électron se délocalise sur toute la molécule et peut donc être trouvé autour de n’importe lequel des atomes. On constate que l’électron se comporte de la même manière autour de A et C, PC est simplement en

Fig. 4.7 – Représentation graphique temporelle de la probabilité PA (t) en fonction du temps t.

Corrigés des exercices du Chapitre IV

215

Fig. 4.8 – Représentation graphique temporelle de la probabilité PB (t) en fonction du temps t.

Fig. 4.9 – Représentation graphique temporelle de la probabilité PC (t) en fonction du temps t.

opposition de phase avec PA , ce qui est logique vu la symétrie de la molécule. La description la plus précise des nuages électroniques autour des molécules est fournie par la théorie des orbitales moléculaires, où la fonction d’onde des électrons dans la molécule est construite par combinaison linéaire de fonctions d’onde atomiques (orbitales). Le Complément EVII fournit plus de renseignements sur l’hybridation des orbitales atomiques, qui se combinent ensuite pour former des orbitales moléculaires. Cette théorie dépasse le cadre de cet exercice vu qu’il y a beaucoup plus d’électrons à considérer, mais le résultat principal est le même, à savoir la délocalisation des électrons sur la molécule. En chimie, cette délocalisation se reflète par la notion de « résonance » (à ne pas confondre avec les résonances physiques) où la liaison ne peut pas être exprimée par une seule structure de Lewis, mais plusieurs. Ces calculs plus sophistiqués de chimie quantique

216

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I montrent que la délocalisation des électrons améliore la stabilité de telles molécules, comme dans le cas simplifié étudié ici.

c. Soit D l’observable ayant pour états propres |ϕA i , |ϕB i , |ϕC i avec les valeurs propres respectives −d, 0, d. On mesure D à l’instant t ; quelles valeurs peuton trouver, et avec quelles probabilités ? En mesurant D à l’instant t, on peut trouver les valeurs : √ !2 1 a 2t • −d avec la probabilité PA (t) = 1 + cos , 4 ~ √ 1 2 a 2t • 0 avec la probabilité PB (t) = sin , 2 ~ √ !2 a 2t 1 1 − cos , • d avec la probabilité PC (t) = 4 ~ d’après les résultats de la question b. d. Lorsque l’état initial de l’électron est quelconque, quelles sont les fréquences de Bohr susceptibles d’apparaître dans l’évolution de hDi ? Donner une interprétation physique de D. Quelles sont les fréquences électromagnétiques susceptibles d’être absorbées ou émises par la molécule ? On a, d’après les résultats de la question c : hDi = =

=

−d × PA (t) + 0 × PB (t) + d × PC (t)   √ !2 √ !2 d a 2t a 2t  1 − cos − 1 + cos 4 ~ ~ √ a 2t −d cos ~

La seule fréquence de Bohr qui apparaisse dans l’évolution de hDi est donc la fréquence √ ε+ − ε0 ε0 − ε− a 2 ν+0 = ν0− = = = h h h

qui correspond, en quelque sorte, à la fréquence à laquelle l’électron saute d’un atome de la molécule à un atome voisin, bien que l’électron ne soit jamais parfaitement localisé autour de l’atome central B. La valeur moyenne hDi évolue donc à la même fréquence que l’électron, et l’opérateur D est donc l’opérateur moment dipolaire de la molécule : • lorsque l’électron est localisé autour de l’atome C, le moment dipolaire de la molécule est égal à d, • lorsque l’électron est localisé autour de l’atome A, le moment dipolaire de la molécule s’inverse,

Corrigés des exercices du Chapitre IV

217

• lorsque l’électron est localisé autour de l’atome central B, le moment dipolaire de la molécule est nul. La seule fréquence électromagnétique √ susceptible d’être absorbée ou émise par a 2 . L’absorption ou l’émission de photons la molécule est donc la fréquence h à cette fréquence provoquent des réorganisations de la structure électronique de la molécule et sont donc qualifiées de transitions électroniques. Dans les molécules réelles, l’étude des transitions électroniques est rendue plus compliquée par le plus grand nombre d’électrons. L’idée de base consiste à calculer les orbitales moléculaires, à évaluer comment elles sont occupées par les électrons de la molécule, puis à en déduire les symétries des deux états électroniques pour calculer la probabilité d’une transition entre eux. Il s’agit d’un problème complexe qui dépasse le cadre de cet exercice. L’idée fondamentale est néanmoins la même, à savoir le calcul de l’élément de matrice T = hψ ′ | d |ψ ′′ i où : • d est l’opérateur dipôle électrique,

• |ψ ′′ i est l’état électronique inférieur avec les notations spectroscopiques standard, • |ψ ′ i est l’état électronique supérieur avec les notations spectroscopiques standard. Une transition entre les états |ψ ′′ i et |ψ ′ i est permise si et seulement si l’élément de matrice T est non nul. Pour plus d’informations sur les transitions électroniques, voir [5]. Remarquons enfin que d’autres transitions entre niveaux vibrationnels et rotationnels sont possibles dans les molécules, mais les degrés de liberté correspondants ne sont pas modélisés dans cet exercice et ne sont donc pas considérés ici.

4.9

Molécule hexagonale

Énoncé. Une molécule est formée de six atomes identiques A1 , A2 , . . . , A6 formant un hexagone régulier. On considère un électron qui peut être localisé sur chacun des atomes. On appelle |ϕn i l’état où il est localisé sur le n-ième atome (n = 1, 2, . . . , 6). On se limitera pour les états de l’électron à l’espace engendré par les |ϕn i, qui sont supposés orthonormés.

218

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

a. On définit un opérateur R par les relations R |ϕ1 i = |ϕ2 i ; R |ϕ2 i = |ϕ3 i ; . . . ; R |ϕ6 i = |ϕ1 i Trouver les valeurs propres et les états propres de R. Montrer que les vecteurs propres de R forment une base de l’espace des états. b. Lorsqu’on néglige la possibilité pour l’électron de passer d’un site à l’autre, son énergie est décrite par un hamiltonien H0 qui admet pour états propres les six états |ϕn i, avec la même valeur propre E0 . Comme dans l’exercice précédent, on décrit la possibilité pour l’électron de sauter d’un atome à l’autre en ajoutant une perturbation W à l’hamiltonien H0 ; W est défini par : W |ϕ1 i = −a |ϕ6 i−a |ϕ2 i ; W |ϕ2 i = −a |ϕ1 i−a |ϕ3 i ; . . . ; W |ϕ6 i = −a |ϕ5 i−a |ϕ1 i

Montrer que R commute avec l’hamiltonien total H = H0 + W . En déduire les états propres et les valeurs propres de H. Dans ces états propres, l’électron est-il localisé ? Appliquer les considérations précédentes à la molécule de benzène.

Commentaires. Cet exercice applique le raisonnement de l’exercice précédent à un électron dans une molécule en anneau constituée de six atomes. Une fois de plus, on s’attend à ce que l’électron soit délocalisé sur toute la molécule. Ce résultat peut également être comparé à des molécules cycliques réelles, en particulier le benzène comme le suggère l’énoncé. Les résultats de ce modèle seront comparés à ceux obtenus avec une approche plus sophistiquée utilisée en chimie quantique.

Corrigé. Une molécule est formée de six atomes identiques A1 , A2 , . . . , A6 formant un hexagone régulier. On considère un électron qui peut être localisé sur chacun des atomes. On appelle |ϕn i l’état où il est localisé sur le n-ième atome (n = 1, 2, . . . , 6). On se limitera pour les états de l’électron à l’espace engendré par les |ϕn i, qui sont supposés orthonormés.

219

Corrigés des exercices du Chapitre IV

a. On définit un opérateur R par les relations R |ϕ1 i = |ϕ2 i ; R |ϕ2 i = |ϕ3 i ; . . . ; R |ϕ6 i = |ϕ1 i Trouver les valeurs propres et les états propres de R. Montrer que les vecteurs propres de R forment une base de l’espace des états. Ces valeurs propres peuvent être déterminées de manière habituelle à partir d’un déterminant 6 × 6. Nous proposons une autre méthode exploitant la symétrie de la molécule. On a R6 |ϕ1 i = R5 |ϕ2 i = R4 |ϕ3 i = R3 |ϕ4 i = R2 |ϕ5 i = R |ϕ6 i = |ϕ1 i et des relations similaires pour les autres états : ∀i ∈ [[1, 6]], R6 |ϕi i = |ϕi i Comme l’espace des états est supposé engendré par les |ϕn i, {|ϕn i} constitue une base de l’espace des états et la relation ci-dessus est vraie pour tout état |ψi, ce qui implique R6 = 1. Soit |ψi i = ai |ϕ1 i + bi |ϕ2 i + ci |ϕ3 i + di |ϕ4 i + ei |ϕ5 i + fi |ϕ6 i un état propre de R associé à la valeur propre εi . On a alors R |ψi i = εi |ψi i ⇒ R2 |ψi i = εi R |ψi i = ε2i |ψi i ⇒ R6 |ψi i = ε6i |ψi i = |ψi i du fait que nous avons montré que R6 = 1. On a donc ε6i = 1 et l’opérateur R possède 6 valeurs propres non dégénérées : π

π

ε1 = 1, ε2 = −1, ε3 = ei 3 , ε4 = e−i 3 , ε5 = ei

2π 3

, ε6 = e−i

2π 3

Ainsi : • en ce qui concerne la valeur propre ε1 = 1, on a : R |ψ1 i = |ψ1 i ⇔ f1 |ϕ1 i + a1 |ϕ2 i + b1 |ϕ3 i + c1 |ϕ4 i + d1 |ϕ5 i + e1 |ϕ6 i

= a1 |ϕ1 i + b1 |ϕ2 i + c1 |ϕ3 i + d1 |ϕ4 i + e1 |ϕ5 i + f1 |ϕ6 i ⇔ a1 = b1 = c1 = d1 = e1 = f1

220

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et l’état propre de R associé à la valeur propre ε1 = 1 est 1 |ψ1 i = √ (|ϕ1 i + |ϕ2 i + |ϕ3 i + |ϕ4 i + |ϕ5 i + |ϕ6 i) 6 • en ce qui concerne la valeur propre ε2 = −1 : R |ψ2 i = − |ψ2 i ⇔ f2 |ϕ1 i + a2 |ϕ2 i + b2 |ϕ3 i + c2 |ϕ4 i + d2 |ϕ5 i + e2 |ϕ6 i

= −a2 |ϕ1 i − b2 |ϕ2 i − c2 |ϕ3 i − d2 |ϕ4 i − e2 |ϕ5 i − f2 |ϕ6 i ⇔ a2 = −b2 = c2 = −d2 = e2 = −f2

et l’état propre de R associé à la valeur propre ε2 = −1 est 1 |ψ2 i = √ (|ϕ1 i − |ϕ2 i + |ϕ3 i − |ϕ4 i + |ϕ5 i − |ϕ6 i) 6 π

• en ce qui concerne la valeur propre ε3 = ei 3 : π

R |ψ3 i = ei 3 |ψ3 i

⇔

f3 |ϕ1 i + a3 |ϕ2 i + b3 |ϕ3 i + c3 |ϕ4 i + d3 |ϕ5 i + e3 |ϕ6 i π

π

π

π

π

π

= a3 ei 3 |ϕ1 i + b3 ei 3 |ϕ2 i + c3 ei 3 |ϕ3 i + d3 ei 3 |ϕ4 i + e3 ei 3 |ϕ5 i + f3 ei 3 |ϕ6 i π

⇔

a3 = b3 ei 3 = c3 ei

2π 3

π

= −d3 = −e3 ei 3 = −f3 ei

2π 3 π

et l’état propre de R associé à la valeur propre ε3 = ei 3 est π 1 2π 2π π |ψ3 i = √ (|ϕ1 i + e−i 3 |ϕ2 i + e−i 3 |ϕ3 i − |ϕ4 i + ei 3 |ϕ5 i + ei 3 |ϕ6 i) 6 • en appliquant la même procédure aux autres valeurs propres, on trouve π que les états propres de R associés aux valeurs propres ε4 = e−i 3 , 2π 2π ε5 = ei 3 et ε6 = e−i 3 sont :    |ψ4 i =      |ψ5 i =        |ψ6 i =

π 2π 2π π 1 √ (|ϕ1 i + ei 3 |ϕ2 i + ei 3 |ϕ3 i − |ϕ4 i + e−i 3 |ϕ5 i + e−i 3 |ϕ6 i) 6 2π 2π 2π 2π 1 √ (|ϕ1 i + e−i 3 |ϕ2 i + ei 3 |ϕ3 i + |ϕ4 i + e−i 3 |ϕ5 i + ei 3 |ϕ6 i) 6 2π 2π 2π 2π 1 √ (|ϕ1 i + ei 3 |ϕ2 i + e−i 3 |ϕ3 i + |ϕ4 i + ei 3 |ϕ5 i + e−i 3 |ϕ6 i) 6

On a donc  1   |ψ1 i = √ (|ϕ1 i + |ϕ2 i + |ϕ3 i + |ϕ4 i + |ϕ5 i + |ϕ6 i)    6    1     |ψ2 i = √6 (|ϕ1 i − |ϕ2 i + |ϕ3 i − |ϕ4 i + |ϕ5 i − |ϕ6 i)      1  −i π −i 2π i 2π iπ   |ψ3 i = √ (|ϕ1 i + e 3 |ϕ2 i + e 3 |ϕ3 i − |ϕ4 i + e 3 |ϕ5 i + e 3 |ϕ6 i) 6 1 2π 2π π π    |ψ4 i = √ (|ϕ1 i + ei 3 |ϕ2 i + ei 3 |ϕ3 i − |ϕ4 i + e−i 3 |ϕ5 i + e−i 3 |ϕ6 i)   6     2π 2π 2π 2π 1   |ψ5 i = √ (|ϕ1 i + e−i 3 |ϕ2 i + ei 3 |ϕ3 i + |ϕ4 i + e−i 3 |ϕ5 i + ei 3 |ϕ6 i)   6     2π 1 2π 2π 2π    |ψ6 i = √ (|ϕ1 i + ei 3 |ϕ2 i + e−i 3 |ϕ3 i + |ϕ4 i + ei 3 |ϕ5 i + e−i 3 |ϕ6 i) 6

221

Corrigés des exercices du Chapitre IV

On peut vérifier aisément que les |ψi i satisfont à une relation d’orthogonalité. Montrons maintenant qu’ils satisfont aussi à une relation de fermeture. Posons P =

6 X i=1

|ψi i hψi | = |ψ1 i hψ1 |+|ψ2 i hψ2 |+|ψ3 i hψ3 |+|ψ4 i hψ4 | +|ψ5 i hψ5 |+|ψ6 i hψ6 |

On a

P |ϕ1 i

=

= P |ϕ2 i

=

= P |ϕ3 i

=

= P |ϕ4 i

=

= P |ϕ5 i

=

= P |ϕ6 i

=

=

On a donc

|ψ1 ihψ1 |ϕ1 i + |ψ2 ihψ2 |ϕ1 i + |ψ3 i hψ3 |ϕ1 i

+ |ψ4 i hψ4 |ϕ1 i + |ψ5 i hψ5 |ϕ1 i + |ψ6 i hψ6 |ϕ1 i 1 √ (|ψ1 i + |ψ2 i + |ψ3 i + |ψ4 i + |ψ5 i + |ψ6 i) = |ϕ1 i 6 |ψ1 i hψ1 |ϕ2 i + |ψ2 i hψ2 |ϕ2 i + |ψ3 i hψ3 |ϕ2 i

+ |ψ4 i hψ4 |ϕ2 i + |ψ5 ihψ5 |ϕ2 i + |ψ6 ihψ6 |ϕ2 i  π 2π 2π π 1  √ |ψ1 i − |ψ2 i + ei 3 |ψ3 i + e−i 3 |ψ4 i + ei 3 |ψ5 i + e−i 3 |ψ6 i = |ϕ2 i 6 |ψ1 i hψ1 |ϕ3 i + |ψ2 i hψ2 |ϕ3 i + |ψ3 i hψ3 |ϕ3 i

+ |ψ4 i hψ4 |ϕ3 i + |ψ5 i hψ5 |ϕ3 i + |ψ6 i hψ6 |ϕ3 i  2π 2π 2π 2π 1  √ |ψ1 i + |ψ2 i + ei 3 |ψ3 i + e−i 3 |ψ4 i + e−i 3 |ψ5 i + ei 3 |ψ6 i = |ϕ3 i 6 |ψ1 i hψ1 |ϕ4 i + |ψ2 i hψ2 |ϕ4 i + |ψ3 i hψ3 |ϕ4 i + |ψ4 i hψ4 |ϕ4 i + |ψ5 i hψ5 |ϕ4 i + |ψ6 i hψ6 |ϕ4 i 1 √ (|ψ1 i − |ψ2 i − |ψ3 i − |ψ4 i + |ψ5 i + |ψ6 i) = |ϕ4 i 6 |ψ1 i hψ1 |ϕ5 i + |ψ2 i hψ2 |ϕ5 i + |ψ3 i hψ3 |ϕ5 i

+ |ψ4 i hψ4 |ϕ5 i + |ψ5 i hψ5 |ϕ5 i + |ψ6 i hψ6 |ϕ5 i  2π 2π 2π 2π 1  √ |ψ1 i + |ψ2 i + e−i 3 |ψ3 i + ei 3 |ψ4 i + ei 3 |ψ5 i + e−i 3 |ψ6 i = |ϕ5 i 6 |ψ1 i hψ1 |ϕ6 i + |ψ2 i hψ2 |ϕ6 i + |ψ3 i hψ3 |ϕ6 i

+ |ψ4 i hψ4 |ϕ6 i + |ψ5 i hψ5 |ϕ6 i + |ψ6 i hψ6 |ϕ6 i  π π 2π 2π 1  √ |ψ1 i − |ψ2 i + e−i 3 |ψ3 i + ei 3 |ψ4 i + e−i 3 |ψ5 i + ei 3 |ψ6 i = |ϕ6 i 6

∀i ∈ [[1, 6]], P |ϕi i = |ϕi i

et, puisque {|ϕn i} constitue une base de l’espace des états : P =1⇔

6 X i=1

|ψi i hψi | = 1

et les |ψi i satisfont donc à une relation de fermeture. Les états propres de R forment bien une base de l’espace des états. b. Lorsqu’on néglige la possibilité pour l’électron de passer d’un site à l’autre, son énergie est décrite par un hamiltonien H0 qui admet pour états propres les six états |ϕn i, avec la même valeur propre E0 . Comme dans l’exercice précédent, on décrit la possibilité pour l’électron de sauter d’un atome à l’autre en ajoutant une perturbation W à l’hamiltonien H0 ; W est défini par : W |ϕ1 i = −a |ϕ6 i−a |ϕ2 i ; W |ϕ2 i = −a |ϕ1 i−a |ϕ3 i ; . . . ; W |ϕ6 i = −a |ϕ5 i−a |ϕ1 i

222

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Montrer que R commute avec l’hamiltonien total H = H0 +W . En déduire les états propres et les valeurs propres de H. Dans ces états propres, l’électron est-il localisé ? Appliquer les considérations précédentes à la molécule de benzène. La matrice représentant l’hamiltonien non perturbé H0 dans la base {|ϕn i} est : 

   H0 =    

E0 0 0 0 0 0

0 E0 0 0 0 0

0 0 E0 0 0 0

0 0 0 E0 0 0

0 0 0 0 E0 0

0 0 0 0 0 E0

       

La matrice H0 étant proportionnelle à la matrice identité, R commute donc nécessairement avec H0 . On a de plus, par définition des opérateurs R et W :  RW |ϕ1 i = −aR |ϕ6 i − aR |ϕ2 i = −a |ϕ1 i − a |ϕ3 i = W     RW |ϕ2 i = −aR |ϕ1 i − aR |ϕ3 i = −a |ϕ2 i − a |ϕ4 i = W    RW |ϕ3 i = −aR |ϕ2 i − aR |ϕ4 i = −a |ϕ3 i − a |ϕ5 i = W RW |ϕ4 i = −aR |ϕ3 i − aR |ϕ5 i = −a |ϕ4 i − a |ϕ6 i = W     RW |ϕ5 i = −aR |ϕ4 i − aR |ϕ6 i = −a |ϕ5 i − a |ϕ1 i = W    RW |ϕ6 i = −aR |ϕ5 i − aR |ϕ1 i = −a |ϕ6 i − a |ϕ2 i = W

|ϕ2 i = W R |ϕ1 i |ϕ3 i = W R |ϕ2 i |ϕ4 i = W R |ϕ3 i |ϕ5 i = W R |ϕ4 i |ϕ6 i = W R |ϕ5 i |ϕ1 i = W R |ϕ6 i

Les états |ϕn i formant une base de l’espace des états, on a donc RW = W R et R commute également avec W . Comme R commute avec H0 et avec W , R commute nécessairement avec l’hamiltonien total H = H0 + W . Les états propres de H sont donc les états propres de R déterminés à la question a, à savoir : 1 √ (|ϕ1 i + |ϕ2 i + |ϕ3 i + |ϕ4 i + |ϕ5 i + |ϕ6 i) 6 1 √ (|ϕ1 i − |ϕ2 i + |ϕ3 i − |ϕ4 i + |ϕ5 i − |ϕ6 i) 6 1 π 2π 2π π √ (|ϕ1 i + e−i 3 |ϕ2 i + e−i 3 |ϕ3 i − |ϕ4 i + ei 3 |ϕ5 i + ei 3 |ϕ6 i) 6 1 2π 2π π π |ψ4 i = √ (|ϕ1 i + ei 3 |ϕ2 i + ei 3 |ϕ3 i − |ϕ4 i + e−i 3 |ϕ5 i + e−i 3 |ϕ6 i) 6 2π 2π 2π 2π 1 |ψ5 i = √ (|ϕ1 i + e−i 3 |ϕ2 i + ei 3 |ϕ3 i + |ϕ4 i + e−i 3 |ϕ5 i + ei 3 |ϕ6 i) 6 2π 1 2π 2π 2π |ψ6 i = √ (|ϕ1 i + ei 3 |ϕ2 i + e−i 3 |ϕ3 i + |ϕ4 i + ei 3 |ϕ5 i + e−i 3 |ϕ6 i) 6

   |ψ1 i =         |ψ2 i =           |ψ3 i =                    

223

Corrigés des exercices du Chapitre IV On a ensuite :  H |ψ1 i = (H0 + W ) |ψ1 i = (E0 − 2a) |ψ1 i     H |ψ2 i = (H0 + W ) |ψ2 i =  (E0 + 2a) |ψ2 i     π   |ψ3 i = (E0 − a) |ψ3 i H |ψ3 i = (H0 + W ) |ψ3 i = E0 − 2a cos   3     π H |ψ4 i = (H0 + W ) |ψ4 i = E0 − 2a cos |ψ4 i = (E0 − a) |ψ4 i 3      2π   |ψ3 i = (E0 + a) |ψ5 i H |ψ5 i = (H0 + W ) |ψ5 i = E0 − 2a cos   3       2π    H |ψ6 i = (H0 + W ) |ψ6 i = E0 − 2a cos |ψ4 i = (E0 + a) |ψ6 i 3

On constate une fois de plus que le couplage entre états, représenté ici par la perturbation W , permet d’une part de lever (ici partiellement) la dégénérescence de l’état fondamental, et d’autre part de stabiliser la molécule en abaissant l’énergie de l’état fondamental à l’énergie E0 − 2a < E0 . On peut remarquer que, pour chacun de ces états propres |ψm i, on a : ∀m, n ∈ [[1, 6]], |hϕn |ψm i|2 =

1 6

L’électron a donc la même probabilité de se trouver sur chacun des atomes, et n’est donc pas localisé. La molécule de benzène C6 H6 contient 42 électrons et est donc beaucoup plus complexe que le modèle présenté ici. Elle est cyclique, et son anneau de carbone ressemble à la molécule modélisée dans cet exercice. Comme dans l’exercice précédent, la théorie des orbitales moléculaires constitue le meilleur outil pour décrire la molécule, mais cela dépasse le cadre de cet exercice. Il est néanmoins intéressant de comparer certains éléments de cette théorie avec les résultats de cet exercice. En théorie des orbitales moléculaires, la combinaison linéaire (également appelée hybridation, voir Complément EVII ) d’orbitales s et p dans le plan de la molécule est responsable de la structure plane en anneau caractéristique du benzène, notamment avec des orbitales moléculaires σ entre les atomes. Les électrons partagés dans ces orbitales induisent des liaisons entre les atomes de l’anneau qualifiées de liaisons σ. De plus, les orbitales atomiques pz (situées hors du plan) de deux atomes de carbone voisins se recouvrent pour former une orbitale moléculaire π. Chaque orbitale pz contient un électron, et l’orbitale moléculaire associée contient deux électrons. Au total, la molécule contient donc trois orbitales π, contenant chacune deux électrons localisés entre les atomes. Les électrons partagés dans ces orbitales conduisent à des liaisons secondaires entre atomes qualifiées de liaisons π. La symétrie de cette molécule (les six atomes de carbone sont équivalents) conduit à une structure π délocalisée, qualifiée de résonance en chimie, sur tout l’anneau, qui contient les six électrons équivalents. Comme dans l’exercice précédent, cette délocalisation conduit à une forte stabilité de la molécule, encore accrue par la forme en anneau de la molécule. Cette approche plus précise, basée sur le calcul d’orbitales moléculaires dans des systèmes d’électrons π, a été menée pour la première fois par Hückel en

224

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 4.10 – Diagramme énergétique de l’état fondamental du benzène (C6 H6 ) obtenu en utilisant la méthode de Hückel.

1930 [6]. La méthode de Hückel et celle décrite dans cet exercice fournissent des résultats comparables, mais la première est plus complète, et les résultats obtenus sont donc plus réalistes. En particulier, une vision plus détaillée de l’état fondamental du benzène peut être obtenue (voir figure 4.10) : la combinaison linéaire des orbitales atomiques pz du carbone (représentées par des « sabliers » sur la figure 4.10) fournit quatre orbitales moléculaires (πi avec i = 0, 1, 2, 3) dont deux sont doublement dégénérées (π1 et π2 , d’où les notations a et b). Les deux orbitales d’énergies les plus faibles sont liantes et occupées par les électrons de valence (représentés par des flèches vers le haut et vers le bas dans π0 , π1a et π1b ) du fait que leurs énergies sont plus basses que l’énergie des orbitales atomiques pz du carbone, alors que les deux orbitales d’énergies les plus élevées sont antiliantes (ce qui est indiqué par une astérisque) du fait que leurs énergies sont plus élevées. On peut remarquer que ces résultats peuvent également être interprétés en utilisant la théorie des groupes du fait que le benzène fait partie du groupe ponctuel D6h . L’effet global des liaisons (c’est-à-dire du partage associé des électrons de valence) est le même que dans cet exercice, à savoir la stabilisation de la molécule. Cette propriété de stabilité accrue dans les molécules en anneau contenant des électrons délocalisés est qualifiée d’aromaticité en chimie. L’origine de ce

Corrigés des exercices du Chapitre IV

225

nom est issue du constat que plusieurs composés aromatiques possèdent une odeur, mais il n’existe pas de lien général entre les propriétés olfactives de tels composés et les électrons délocalisés dans les molécules en anneau.

Référence Exercice 9 Feynmann III (1.2), § 15-4.

Chapitre 5 Corrigés des exercices du Chapitre V (Complément MV). L’oscillateur harmonique à une dimension L’oscillateur harmonique est l’un des modèles les plus importants de la mécanique classique. Il s’agit de la méthode la plus simple pour décrire un système autour de l’équilibre : systèmes masse-ressort, pendules au voisinage de l’équilibre, masses flottant dans des fluides, etc. En général, pour tout potentiel V , équivalent à l’énergie potentielle en mécanique classique, présentant un équilibre stable noté x´eq , on peut écrire : dV d2 V (x = xéq ) = K > 0 (x = xéq ) = 0 et dx dx2 Le développement en série de Taylor à l’ordre 2 de V (x) permet donc l’approximation locale de n’importe quel potentiel par un potentiel harmonique : V (x) ≃ V (xéq ) +

dV 1 d2 V (xéq )(x − xéq )2 + . . . (xéq )(x − xéq ) + 2 dx 2 dx | {z } | {z } 0 K

La figure 5.1 illustre comment le potentiel de Lennard-Jones, qui modélise typiquement les interactions intermoléculaires, peut être approximé localement par un potentiel harmonique au voisinage de l’équilibre. Les vibrations d’un atome d’un cristal ou d’une molécule autour de sa position d’équilibre peuvent donc toujours être modélisées par un oscillateur harmonique, c’est-à-dire un système masse-ressort, quel que soit le cristal ou la molécule à l’ordre 2, c’est-à-dire tant que les oscillations demeurent faibles. La pulsation propre est le seul paramètre à fixer pour chaque système. Le Chapitre V souligne l’importance de l’oscillateur harmonique en mécanique quantique. Cet ensemble d’exercices explore plus en détail le rôle des oscillateurs harmoniques dans la description des systèmes quantiques. Il est intéressant de comparer aux résultats classiques, il y a souvent des similarités, mais il y a

228

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 5.1 – Approximation d’un potentiel réaliste de type Lennard-Jones (traits pleins) par un potentiel harmonique (traits tiretés) au voisinage de l’équilibre xéq . également des différences fondamentales. En particulier, le fait qu’une particule soit piégée dans un puits de potentiel harmonique implique une discrétisation ou une quantification des états possibles pour la particule et des énergies associées. Il s’agit de la différence principale par rapport aux systèmes classiques, qui conduit à un comportement quantique intéressant que nous allons étudier dans les exercices qui suivent. Ce comportement qui peut sembler particulier est en fait naturel si l’on garde à l’esprit que l’approche quantique considère que les particules se comportent comme des ondes. On sait bien en physique des ondes que, même dans les cas classiques, confiner une onde dans une région finie de l’espace donne des ondes stationnaires, et que la fréquence de l’onde est donc quantifiée. Une propriété importante commune à la fois aux oscillateurs harmoniques quantiques et classiques est l’équipartition de l’énergie entre énergies cinétique et potentielle. Il s’agit de la même équipartition qu’entre les énergies électrique et magnétique pour les ondes planes progressives électromagnétiques. Les solutions quantifiées des oscillateurs harmoniques présentées dans les exercices qui suivent et obtenues en utilisant les opérateurs création et annihilation sont analogues aux ondes électromagnétiques qui satisfont à la quantification du champ électromagnétique mettant en évidence une énergie de type oscillateur harmonique à l’aide de l’introduction d’opérateurs création et annihilation pour les photons (cf. Chapitre XIX).

229

Corrigés des exercices du Chapitre V

5.1

Oscillateur harmonique à une dimension

Énoncé. On considère un oscillateur harmonique de masse m et de pulsation ω. À l’instant t = 0, l’état de cet oscillateur est donné par : X |ψ(0)i = cn |ϕn i n

  1 ~ω. où les états |ϕn i sont les états stationnaires, d’énergies n + 2 a. Quelle est la probabilité P pour qu’une mesure de l’énergie de l’oscillateur, effectuée à un instant t > 0 quelconque, donne un résultat supérieur à 2~ω ? Lorsque P = 0, quels sont les coefficients cn non nuls ? b. On suppose à partir de maintenant que seuls c0 et c1 sont différents de zéro. Écrire en fonction de c0 et c1 la condition de normalisation de |ψ(0)i et la valeur moyenne hHi de l’énergie. On impose de plus hHi = ~ω ; calculer |c0 |2 et |c1 |2 . c. Le vecteur d’état normé |ψ(0)i n’étant défini qu’à un facteur de phase globale près, on fixe ce facteur de phase en prenant c0 réel et positif. On pose : c1 = |c1 |eiθ1 . En plus de hHi = ~ω, on suppose que : r 1 ~ hXi = 2 mω Calculer θ1 . d. |ψ(0)i étant ainsi déterminé, écrire |ψ(t)i pour t > 0 et calculer la valeur de θ1 à l’instant t. En déduire la valeur moyenne hXi (t) de la position à l’instant t.

Commentaires Il s’agit d’un exercice typique. L’objectif est d’appliquer les méthodes, le formalisme et l’analyse physique des résultats des chapitres précédents à l’oscillateur harmonique, qui est le sujet de ce chapitre. Il est assez simple, et permet de s’échauffer pour les exercices à venir. La particularité de cet exercice est que la particule est placée dans un potentiel harmonique à une dimension, ce qui impose la forme des fonctions d’onde de la particule (polynômes d’Hermite) et les énergies associées ((n + 1/2)~ω avec n ∈ N). Le but de cet exercice est de comprendre l’évolution de la particule dans cette base propre, en suivant la valeur moyenne de sa position au cours du temps.

230

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Corrigé. On considère un oscillateur harmonique de masse m et de pulsation ω. À l’instant t = 0, l’état de cet oscillateur est donné par : X |ψ(0)i = cn |ϕn i n

où les états |ϕn i sont les états stationnaires, d’énergies

  1 ~ω. n+ 2

a. Quelle est la probabilité P pour qu’une mesure de l’énergie de l’oscillateur, effectuée à un instant t > 0 quelconque, donne un résultat supérieur à 2~ω ? Lorsque P = 0, quels sont les coefficients cn non nuls ?   1 |ϕn i étant un état stationnaire d’énergie En = n + ~ω, l’évolution 2 temporelle de l’état peut être obtenue facilement à partir de l’équation de Schrödinger. On a, à un instant t > 0 : X X |ψ(t)i = cn e−iEn t/~ |ϕn i = cn e−i(n+1/2)ωt |ϕn i n

n

  1 ~ω lors d’une mesure de et la probabilité d’obtenir la valeur En = n + 2 l’énergie vaut donc |hϕn |ψ(t)i|2 = |cn |2 Or on obtiendra un résultat supérieur à 2~ω si n > 2, et l’on a donc : P=

+∞ X

n=2

|cn |2

Lorsque P = 0, on aura donc : P=

+∞ X

n=2

|cn |2 = 0 ⇔ ∀n > 2, cn = 0

et les seuls coefficients cn non nuls sont les coefficients c0 et c1 , |ψ(t)i = c0 e−iωt/2 |ϕ0 i + c1 e−i3ωt/2 |ϕ1 i ce qui est logique du fait que, la probabilité P pour qu’une mesure de l’énergie de l’oscillateur donne un résultat supérieur à 2~ω étant nulle, la probabilité 1 − P pour qu’une telle mesure donne un résultat inférieur à 2~ω, c’est-à~ω 3~ω dire E0 = (avec la probabilité stationnaire |c0 |2 ) ou E1 = (avec 2 2 la probabilité stationnaire |c1 |2 ), est égale à 1 (|c0 |2 + |c1 |2 = 1), et l’état |ψ(t)i (et a fortiori l’état |ψ(0)i puisque les probabilités de chaque état sont stationnaires) ne peut donc être combinaison linéaire que des états propres |ϕ0 i et |ϕ1 i.

231

Corrigés des exercices du Chapitre V

b. On suppose à partir de maintenant que seuls c0 et c1 sont différents de zéro. Écrire en fonction de c0 et c1 la condition de normalisation de |ψ(0)i et la valeur moyenne hHi de l’énergie. On impose de plus hHi = ~ω ; calculer |c0 |2 et |c1 |2 . Les coefficients c0 et c1 étant les seuls coefficients non nuls, l’expression de |ψ(0)i peut se réécrire : X |ψ(0)i = cn |ϕn i = c0 |ϕ0 i + c1 |ϕ1 i n

La condition de normalisation de |ψ(0)i impose donc

|hψ(0)|ψ(0)i|2 = 1 ⇔ |c0 |2 + |c1 |2 = 1 On a de plus : hHi = hψ(0)| H |ψ(0)i = (c∗0 hϕ0 | + c∗1 hϕ1 |)H(c0 |ϕ0 i + c1 |ϕ1 i)

= (c∗0 hϕ0 | + c∗1 hϕ1 |)(c0 E0 |ϕ0 i + c1 E1 |ϕ1 i) = |c0 |2 E0 + |c1 |2 E1 ~ω 3~ω = |c0 |2 + |c1 |2 2 2

soit hHi = (|c0 |2 + 3|c1 |2 )

~ω 2

Comme on impose hHi = ~ω, on a donc |c0 |2 + 3|c1 |2 = 2. On peut donc en déduire :  1 |c0 |2 + |c1 |2 = 1 ⇔ |c0 |2 = |c1 |2 = |c0 |2 + 3|c1 |2 = 2 2 On a donc   1 |ψ(t)i = √ eiθ0 e−iωt/2 |ϕ0 i + e−i3ωt/2+θ1 |ϕ1 i 2

avec θ0 le facteur de phase global (voir question c) et θ1 le déphasage entre les deux états, à déterminer. Ce déphasage pourrait être obtenu à partir de |ψ(0)i ou déterminé expérimentalement en utilisant une autre mesure qui ferait « interférer » les deux kets |ϕ0 i et |ϕ1 i. Les termes d’interférence sont en effet sensibles aux déphasages. C’est cette méthode qui sera utilisée dans la question suivante via une mesure de hXi. c. Le vecteur d’état normé |ψ(0)i n’étant défini qu’à un facteur de phase globale près, on fixe ce facteur de phase en prenant c0 réel et positif. On pose : c1 = |c1 |eiθ1 . En plus de hHi = ~ω, on suppose que : r ~ 1 hXi = 2 mω

232

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Calculer θ1 . 1 c0 étant choisi réel et positif, on a nécessairement θ0 = 0 et c0 = √ d’après 2 1 iθ1 les résultats de la question b, et l’on a d’autre part c1 = √ e . Or on a : 2 r   1 i mω  r  X+√ P  a= √ ~ ~ 2 r m~ω (a + a† )   ⇒X=  2mω i mω 1   a† = √ X−√ P ~ 2 m~ω Étant donné l’action des opérateurs création et annihilation, l’application de cet opérateur conduit à des termes d’interférence, ou termes croisés, des coefficients c0 et c1 ; le résultat de hXi va donc dépendre du déphasage θ1 . On peut en déduire : 1 hXi = hψ(0)| X |ψ(0)i = (hϕ0 | + e−iθ1 hϕ1 |)X(|ϕ0 i + eiθ1 |ϕ1 i) 2 r 1 ~ (hϕ0 | + e−iθ1 hϕ1 |)a + a† (|ϕ0 i + eiθ1 |ϕ1 i) = 2 2mω r √ 1 ~ = (hϕ0 | + e−iθ1 hϕ1 |)(eiθ1 |ϕ0 i + |ϕ1 i + 2eiθ1 |ϕ2 i) 2 2mω r r ~ ~ 1 −iθ1 iθ1 = )= (e + e cos θ1 2 2mω 2mω du fait que les états propres |ϕn i forment une base orthonormée de l’espace des états, et la condition sur hXi impose : hXi =

r

~ 1 cos θ1 = 2mω 2

r

√ ~ 2 π ⇔ cos θ1 = ⇔ θ1 = ± + 2kπ, k ∈ Z mω 2 4

On peut remarquer que la détermination n’est pas complète du fait que les interférences à deux ondes ne donnent accès qu’au cosinus de la phase et non à la phase elle-même. d. |ψ(0)i étant ainsi déterminé, écrire |ψ(t)i pour t > 0 et calculer la valeur de θ1 à l’instant t. En déduire la valeur moyenne hXi (t) de la position à l’instant t. On a ainsi :

1 |ψ(0)i = √ (|ϕ0 i + eiθ1 |ϕ1 i) 2 π avec θ1 (t = 0) = θ1 = ± + 2kπ, k ∈ Z d’après les résultats de la question c. 4 L’énoncé nous demande d’écrire 1 |ψ(t)i = √ (|ϕ0 i + eiθ1 (t) |ϕ1 i) 2

233

Corrigés des exercices du Chapitre V et de déterminer θ1 (t). |ψ(t)i

= = =

1 √ (e−iE0 t/~ |ϕ0 i + eiθ1 e−iE1 t/~ |ϕ1 i) 2 1 −iωt/2 √ (e |ϕ0 i + eiθ1 e−3iωt/2 |ϕ1 i) 2 1 √ e−iωt/2 (|ϕ0 i + eiθ1 e−iωt |ϕ1 i) 2

soit 1 |ψ(t)i = √ e−iωt/2 (|ϕ0 i + ei(θ1 −ωt) |ϕ1 i) 2 On a donc, en ne tenant pas compte du facteur de phase global e−iωt/2 : θ1 (t) = θ1 − ωt et la valeur moyenne hXi (t) peut être déduite de la valeur moyenne hXi déterminée à la question c en remplaçant θ1 par θ1 (t) :

hXi (t) =

r

~ cos(θ1 − ωt) 2mω

L’évolution de la valeur moyenne hXi (t) ne fait donc intervenir qu’une seule ω , sans ses harmoniques du fait que les fréquence de Bohr, la fréquence 2π autres coefficients cn pour n > 2 sont nuls. En effet, comme seuls les coefficients c0 et c1 sont non nuls par hypothèse, seules les transitions |ϕ0 i → |ϕ1 i et |ϕ1 i → |ϕ0 i sont possibles, et les deux niveaux associés sont distants de ~ω. En termes de mouvement, ce résultat démontre que la (valeur moyenne de la position de la) particule oscille autour de la position d’équilibre x = 0 à la pulsation ω. Ceci est parfaitement analogue au cas classique d’une bille dans un puits de potentiel harmonique qui oscille au fond du puits à la même fréquence ω . Dans ce système classique, aucune harmonique n’apparaîtrait, même 2π pour de fortes oscillations, car le potentiel est parfaitement harmonique. Des harmoniques n’apparaîtraient qu’en raison d’anharmonicités du potentiel, comme par exemple des termes en X 3 . Dans le système quantique, des harmoniques pourraient néanmoins apparaître dans le spectre, même si le potentiel est parfaitement harmonique, si des états |ϕn i, n > 1, étaient occupés (cas qui n’est pas étudié dans cet exercice). On peut enfin remarquer que des anharmonicités peuvent également être décrites de manière quantique, mais ce n’est pas l’objet de cet exercice (voir le Chapitre XI, et en particulier le Complément AXI , pour de plus amples détails).

234

5.2

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Oscillateur harmonique anisotrope à trois dimensions

Énoncé. On considère, dans un problème à trois dimensions, une particule de masse m et d’énergie potentielle      2λ 4λ mω 2 1+ (X 2 + Y 2 ) + 1 − Z2 V (X, Y, Z) = 2 3 3 où m et λ sont des constantes satisfaisant : ω > 0, 0 6 λ
0, 0 6 λ
0, on mesure l’énergie de la particule (1). Quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Même question si l’on mesure la position de la particule (1) ; tracer la courbe donnant la densité de probabilité correspondante. b. Au lieu d’effectuer, à l’instant t = 0, la mesure de l’énergie totale H, on mesure l’énergie H2 de la particule (2) ; le résultat obtenu est ~ω/2. Que deviennent alors les réponses aux questions α et β de a ?

Commentaires. Cet exercice fait suite au précédent. Il est donc conseillé d’avoir traité l’exercice précédent avant de traiter celui-ci. L’accent est mis ici sur l’évolution au cours du temps de l’état |ψ(0)i précédemment décrit. Le ket initial |ψ(0)i, à l’instant t = 0− juste avant la mesure, peut s’écrire comme un produit tensoriel d’états, mais la réduction du paquet d’ondes due à la mesure conduit à un ket |ψ ′ (0)i (à renormer) différent à l’instant t = 0+ . Deux solutions sont possibles : soit le ket peut toujours s’écrire comme un produit tensoriel d’états, soit un état intriqué est créé. L’évolution du nouveau ket est étudiée ainsi que les résultats de plusieurs mesures. Le méthode d’étude demeure standard pour un système de deux particules.

Corrigé. Le système de deux particules est, à l’instant t = 0− , dans l’état |ψ(0)i donné dans l’exercice 3. a. À l’instant t = 0, on mesure l’énergie totale H, et on trouve le résultat 2~ω.

251

Corrigés des exercices du Chapitre V

α. Calculer les valeurs moyennes, à un instant t positif quelconque, de la position, de l’impulsion, et de l’énergie de la particule (1). Même question pour la particule (2). L’état initial étant l’état |ψ(0)i =

1 (|Φ0,0 i + |Φ1,0 i + |Φ0,1 i + |Φ1,1 i) 2

d’après l’exercice 3, le fait que la mesure de l’énergie totale H donne le résultat 2~ω implique que n = n1 + n2 = 1. Le système passe donc, immédiatement après la mesure, dans l’état 1 |ψ ′ (0)i = √ (|Φ1,0 i + |Φ0,1 i) 2 et se trouvera, à un instant t > 0, dans l’état 1 |ψ ′ (t)i = √ e−2iωt (|Φ1,0 i + |Φ0,1 i) 2 En reprenant les expressions calculées dans l’exercice 3 : r  ~    X = (a1 + a†1 ) 1   2mω   r    m~ω †   P = i (a1 − a1 )  1 2 r  ~   X2 =  (a2 + a†2 )   2mω   r    m~ω †   P2 = i (a2 − a2 ) 2

on obtient :

hX1 i (t)

r

~ = hψ (t)| X1 |ψ (t)i = hψ ′ (t)| (a1 + a†1 ) |ψ ′ (t)i 2mω r ~ 1 (hΦ1,0 | + hΦ0,1 |)(a1 + a†1 )(|Φ1,0 i + |Φ0,1 i) = 2 2mω r √ ~ 1 = (hΦ1,0 | + hΦ0,1 |)(|Φ0,0 i + 2 |Φ2,0 i + |Φ1,1 i) 2 2mω = 0 ′

′

252

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I hP1 i (t)

hH1 i (t)

r

m~ω ′ hψ (t)| (a†1 − a1 ) |ψ ′ (t)i = hψ (t)| P1 |ψ (t)i = i 2 r 1 m~ω = i (hΦ1,0 | + hΦ0,1 |)(a†1 − a1 )(|Φ1,0 i + |Φ0,1 i) 2 2 r √ 1 m~ω = i (hΦ1,0 | + hΦ0,1 |)( 2 |Φ2,0 i + |Φ1,1 i − |Φ0,0 i) 2 2 = 0   1 ′ ′ ′ |ψ ′ (t)i = hψ (t)| H1 |ψ (t)i = ~ω hψ (t)| N1 + 2   ~ω 1 = (|Φ1,0 i + |Φ0,1 i) (hΦ1,0 | + hΦ0,1 |) N1 + 2 2   1 3 ~ω (hΦ1,0 | + hΦ0,1 |) |Φ1,0 i + |Φ0,1 i = ~ω = 2 2 2 ′

′

du fait que les états propres |Φn1 ,n2 i forment une base orthonormée de l’espace des états du système des deux particules. On a donc en résumé   hX1 i (t) = 0 hP1 i (t) = 0  hH1 i (t) = ~ω

On obtiendrait les mêmes résultats pour la particule (2) du fait que le vecteur |ψ ′ (t)i est symétrique par échange des deux particules.

β. À cet instant t > 0, on mesure l’énergie de la particule (1). Quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ? Même question si l’on mesure la position de la particule (1) ; tracer la courbe donnant la densité de probabilité correspondante. Du fait qu’on a 1 |ψ ′ (t)i = √ e−2iωt (|Φ1,0 i + |Φ0,1 i) 2 d’après les résultats de la question α, une mesure de l’énergie de la particule (1) peut donner pour résultats : ~ω 1 • E0 = avec une probabilité de |hΦ0,1 |ψ ′ (t)i|2 = , 2 2 3~ω 1 • E1 = avec une probabilité de |hΦ1,0 |ψ ′ (t)i|2 = , 2 2 ce qui est en accord avec le résultat de la question précédente : hH1 i (t) = ~ω. La probabilité infinitésimale de trouver la particule (1) à une position comprise entre x1 et x1 + dx1 à l’instant t est égale à ρ1 (x1 , t)dx1 . Il serait faux (bien que tentant) d’écrire 1 |ϕ0 (x1 ) + ϕ1 (x1 )|2 2  1 2 ϕ (x1 ) + ϕ21 (x1 ) + 2ϕ0 (x1 )ϕ1 (x1 ) = 2 0

ρ1 (x1 , t) = |ψ ′ (x1 , t)|2 =

253

Corrigés des exercices du Chapitre V

du fait que ϕ0 (x1 ) et ϕ1 (x1 ) sont réelles, car l’état |ψ ′ (t)i ne peut pas s’écrire comme un produit tensoriel. Pour calculer ρ1 (x1 , t), il faut donc d’abord calculer ρ(x1 , x2 , t) = |ψ ′ (x1 , x2 , t)|2 = |hx1 , x2 |ψ ′ (t)i|2 = hψ ′ (t)|x1 , x2 ihx1 , x2 |ψ ′ (t)i 1 (hΦ1,0 | + hΦ0,1 |) |x1 , x2 i hx1 , x2 | (|Φ1,0 i + |Φ0,1 i) = 2 1 2 = ϕ (x1 )ϕ20 (x2 ) + ϕ20 (x1 )ϕ21 (x2 ) 2 1 +2ϕ0 (x1 )ϕ1 (x1 )ϕ0 (x2 )ϕ1 (x2 )] du fait que ϕ0 (x) et ϕ1 (x) sont réelles. ρ1 (x1 , t) peut ensuite être calculée comme Z +∞ ρ1 (x1 , t) = ρ(x1 , x2 , t)dx2 −∞

=

1 2 ϕ (x1 ) 2 1

Z

+∞

−∞

ϕ20 (x2 )dx2

+ϕ0 (x1 )ϕ1 (x1 ) =

Z

+∞

1 + ϕ20 (x1 ) 2

Z

+∞

−∞

ϕ21 (x2 )dx2

ϕ0 (x2 )ϕ1 (x2 )dx2 −∞

 1 2 ϕ (x1 ) + ϕ21 (x1 ) 2 0

du fait que ϕ0 (x2 ) et ϕ1 (x2 ) sont normalisées et orthogonales entre elles. La courbe représentative de la densité de probabilité ρ1 (x1 , t) = ρ1 (x1 ) est représentée sur la figure 5.11, d’après les calculs effectués dans l’exercice 3.

Fig. 5.11 – Courbe représentative de ρ1 (x1 , t) = ρ1 (x1 ).

b. Au lieu d’effectuer, à l’instant t = 0, la mesure de l’énergie totale H, on mesure l’énergie H2 de la particule (2) ; le résultat obtenu est ~ω/2. Que deviennent alors les réponses aux questions α et β de a ? L’état initial étant l’état |ψ(0)i =

1 (|Φ0,0 i + |Φ1,0 i + |Φ0,1 i + |Φ1,1 i) 2

254

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I d’après l’exercice 3, le fait que la mesure de l’énergie H2 de la particule ~ω implique que n2 = 0. En gardant les deux états (2) donne le résultat 2 correspondant à cette énergie et en renormant le ket obtenu, le système passe donc, immédiatement après la mesure, dans l’état 1 |ψ ′′ (0)i = √ (|Φ0,0 i + |Φ1,0 i) 2 qui peut s’écrire sous la forme d’un produit tensoriel : 1 |ψ ′′ (0)i = √ (|ϕ0 i + |ϕ1 i) ⊗ |ϕ0 i = |ψ1′′ (0)i ⊗ |ψ2′′ (0)i 2 Nous aurions pu écrire directement l’état obtenu sous cette forme en partant du produit tensoriel de l’état initial juste avant la mesure, du fait que H2 n’affecte que la particule (2). Nous savons à ce stade que la particule (2) se trouve dans l’état fondamental de l’oscillateur harmonique, alors que la particule (1) se trouve dans une superposition d’états, répartie uniformément entre l’état fondamental et le premier état excité. En intégrant directement l’équation de Schrödinger dans cette base (base propre de l’hamiltonien), on trouve que le système se trouvera, à un instant t > 0, dans l’état |ψ ′′ (t)i

= =

1 √ (e−iωt/2 |ϕ0 i + e−3iωt/2 |ϕ1 i) ⊗ e−iωt/2 |ϕ0 i 2 1 −iωt/2 √ e (|ϕ0 i + e−iωt |ϕ1 i) ⊗ e−iωt/2 |ϕ0 i = |ψ1′′ (t)i ⊗ |ψ2′′ (t)i 2

En reprenant les expressions calculées dans l’exercice 3 : r  ~    (a1 + a†1 ) X1 =   2mω   r    m~ω †   (a1 − a1 )  P1 = i 2 r  ~    X2 = (a2 + a†2 )   2mω   r     P = i m~ω (a† − a )  2 2 2 2 on obtient :

hX1 i (t) = hψ1′′ (t)| X1 |ψ1′′ (t)i r 1 ~ (hϕ0 | + eiωt hϕ1 |)(a1 + a†1 )(|ϕ0 i + e−iωt |ϕ1 i) = 2 2mω r √ 1 ~ (hϕ0 | + eiωt hϕ1 |)(e−iωt |ϕ0 i + |ϕ1 i + 2e−iωt |ϕ2 i) = 2 2mω r ~ cos ωt = 2mω

255

Corrigés des exercices du Chapitre V hP1 i (t)

= = =

hH1 i (t)

= =

hX2 i (t)

=

hP2 i (t)

=

hH2 i (t)

=

r  1 m~ω ψ1′′ (t) P1 ψ1′′ (t) = i (hϕ0 | + eiωt hϕ1 |)(a†1 − a1 )(|ϕ0 i + e−iωt |ϕ1 i) 2 2 r √ 1 m~ω i (hϕ0 | + eiωt hϕ1 |)(|ϕ1 i + 2e−iωt |ϕ2 i − e−iωt |ϕ0 i) 2 2 r m~ω − sin ωt 2  

′′  ~ω 1 ψ1 (t) H1 ψ1′′ (t) = (hϕ0 | + eiωt hϕ1 |) N1 + (|ϕ0 i + e−iωt |ϕ1 i) 2 2   1 3 ~ω (hϕ0 | + eiωt hϕ1 |) |ϕ0 i + e−iωt |ϕ1 i = ~ω 2 2 2 r r ′′ 

′′ ~ ~ ψ2 (t) X2 ψ2 (t) = hϕ0 | (a2 + a†2 ) |ϕ0 i = hϕ0 |ϕ1 i = 0 2mω 2mω r r

′′  m~ω m~ω ψ2 (t) P2 ψ2′′ (t) = i hϕ0 | (a†2 − a2 ) |ϕ0 i = i hϕ0 |ϕ1 i = 0 2 2  

′′  1 ~ω ψ2 (t) H2 ψ2′′ (t) = ~ω hϕ0 | N2 + |ϕ0 i = 2 2

On a donc r  ~   cos ωt hX1 i (t) =   2mω  r m~ω   hP1 i (t) = − sin ωt   2  hH1 i (t) = ~ω

   hX2 i (t) = 0 hP2 i (t) = 0 et   hH2 i (t) = ~ω 2

Du fait qu’on a 1 |ψ1′′ (t)i = √ e−iωt/2 (|ϕ0 i + e−iωt |ϕ1 i) 2 une mesure de l’énergie de la particule (1) peut donner pour résultats, à n’importe quel instant t > 0 : ~ω 1 avec une probabilité de |hϕ0 |ψ1′′ (t)i|2 = , 2 2 1 3~ω avec une probabilité de |hϕ1 |ψ1′′ (t)i|2 = . • E1 = 2 2

• E0 =

Il est donc logique que l’énergie moyenne de la particule (1) soit E0 + E1 hH1 i (t) = , c’est-à-dire la moyenne des énergies de l’état fonda2 mental et du premier état excité, du fait que la particule (1) se trouve dans une superposition uniformément distribuée de l’état fondamental et du premier état excité. De la même manière, pour la particule (2), il est normal que hH2 i (t) = E0 du fait que la particule (2) se trouve toujours dans l’état fondamental. La probabilité infinitésimale de trouver la particule (1) à une position comprise entre x1 et x1 + dx1 à l’instant t est égale à ρ1 (x1 , t)dx1

256

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I avec ρ1 (x1 , t) = = =

|ψ1′′ (x1 , t)|2 =

1 |ϕ0 (x1 ) + ϕ1 (x1 )e−iωt |2 2

1 (ϕ0 (x1 ) + ϕ1 (x1 )eiωt )(ϕ0 (x1 ) + ϕ1 (x1 )e−iωt ) 2
1 2 ϕ (x1 ) + ϕ21 (x1 ) + 2ϕ0 (x1 )ϕ1 (x1 ) cos ωt 2 0

du fait que ϕ0 (x1 ) et ϕ1 (x1 ) sont réelles, et les courbes représentatives de la densité de probabilité ρ1 (x1 , t) sont représentées sur les figures 5.12 à 5.20 à différents instants : la particule (1) oscille donc de part et ω d’autre de sa position d’équilibre à la fréquence de Bohr . Le mouve2π ment de la particule (1) était en fait déjà apparent dans les expressions

Fig. 5.12 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la date t = 0 : la particule est initialement dans sa position extrême à droite.

Fig. 5.13 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la date t =

π : la particule commence à se déplacer vers la gauche. 4ω

Corrigés des exercices du Chapitre V

257

Fig. 5.14 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la date t =

π : la particule passe par sa position d’équilibre en se déplaçant vers la gauche. 2ω

Fig. 5.15 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la date t =

3π : la particule est sur le point d’arriver dans sa position extrême à gauche. 4ω

de hX1 i (t) et hP1 i (t). En ce qui concerne la particule (2), les expressions de hX2 i (t) et hP2 i (t) indiquent que la particule reste immobile (en moyenne). On peut remarquer que, avant toute mesure, le système est entièrement symétrique par échange des particules (1) et (2). C’est le fait de mesurer qui peut briser la symétrie, donnant potentiellement une fonction d’onde qui n’est pas symétrique par échange des deux particules. À la question a, |ψ ′ (0)i est toujours symétrique, tout comme l’évolution ultérieure du système. À la question b, cependant, |ψ ′′ (0)i n’est pas symétrique et les particules poursuivent leur évolution de manières très différentes. Le déterminisme de l’équation de Schrödinger, qui dicte l’évolution du système, préserve toute symétrie présente à l’instant t = 0,

258

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 5.16 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la π date t = : la particule arrive dans sa position extrême à gauche et s’apprête à rebrousser ω chemin pour se diriger vers la droite.

Fig. 5.17 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la date t =

5π : la particule commence à rebrousser chemin pour se diriger vers la droite. 4ω

Fig. 5.18 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la

3π date t = : la particule repasse par sa position d’équilibre en se déplaçant cette fois 2ω vers la droite.

Corrigés des exercices du Chapitre V

259

mais pour la même raison, aucune symétrie n’est introduite qui n’était pas présente initialement.

Fig. 5.19 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la date t =

7π : la particule est sur le point de revenir dans sa position initiale. 4ω

Fig. 5.20 – Représentation graphique de la densité de probabilité en fonction de x1 à la 2π : la particule est revenue dans sa position initiale et va rebrousser chemin à date t = ω nouveau pour se diriger vers la gauche.

260

5.5

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Oscillateur harmonique : deux particules, partie 3

(Cet exercice fait suite à l’exercice 3, dont il garde les notations.)

Énoncé. états propres communs à H1 et H2 , de valeurs On appelle ,n2 i les    |Φn1  1 1 ~ω et n2 + ~ω. L’opérateur Pe « échange des deux propres n1 + 2 2 particules » est défini par : Pe |Φn1 ,n2 i = |Φn2 ,n1 i a. Démontrer que Pe−1 = Pe , et que Pe est unitaire. Quelles sont les valeurs propres de Pe ? Soit B ′ = Pe BPe† l’observable transformée par Pe d’une observable B quelconque. Montrer que la condition B ′ = B (B est invariante par échange des deux particules) est équivalente à [B, Pe ] = 0. b. Montrer que : Pe H1 Pe† = H2 Pe H2 Pe† = H1 H commute-t-il avec Pe ? Calculer les transformées par Pe des observables X1 , P1 , X2 , P2 . c. Construire une base de vecteurs propres communs à H et Pe . Ces deux opérateurs forment-ils un E.C.O.C. ? Que deviennent le spectre de H et la dégénérescence de ses valeurs propres si l’on ne retient que les vecteurs propres |Φi de H tels que Pe |Φi = − |Φi ?

Commentaires. Comme cet exercice fait suite aux deux exercices précédents (3 et 4), il est fortement recommandé de les avoir traités avant de traiter celui-ci. Les deux exercices précédents ont illustré en particulier en quoi il est intéressant d’étudier la symétrie du système par échange des deux particules, symétrie qui peut être brisée en effectuant une mesure sur le système. Cet exercice vise à explorer plus avant cette symétrie en utilisant l’opérateur « échange des deux particules ». Il nous invite à explorer maintenant un concept complexe de la physique des particules : l’indiscernabilité. Nous avons en effet considéré des particules discernables depuis l’exercice 3, mais les particules sont identiques et donc indiscernables dans de nombreux systèmes de deux particules. La physique moderne distingue deux types de particules indiscernables en fonction de leur symétrie par rapport à l’opérateur d’échange des particules : les fermions d’une part, de spin demi-entier, dont la fonction d’onde est

261

Corrigés des exercices du Chapitre V antisymétrique par échange des particules, et les bosons d’autre part, de spin entier, dont la fonction d’onde est symétrique par échange des particules.

Corrigé. propres communs à H1 et H2 , de valeurs propres On appelle  |Φn1 ,n 2 i les états   1 1 ~ω et n2 + ~ω. L’opérateur Pe « échange des deux particules » est n1 + 2 2 défini par : Pe |Φn1 ,n2 i = |Φn2 ,n1 i a. Démontrer que Pe−1 = Pe , et que Pe est unitaire. Quelles sont les valeurs propres de Pe ? Soit B ′ = Pe BPe† l’observable transformée par Pe d’une observable B quelconque. Montrer que la condition B ′ = B (B est invariante par échange des deux particules) est équivalente à [B, Pe ] = 0. On a, par définition : Pe |Φn1 ,n2 i = |Φn2 ,n1 i En appliquant Pe−1 aux deux membres de cette relation, on obtient : Pe−1 Pe |Φn1 ,n2 i = Pe−1 |Φn2 ,n1 i ⇔ Pe−1 |Φn2 ,n1 i = |Φn1 ,n2 i = Pe |Φn2 ,n1 i Ce résultat est valable quels que soient n1 et n2 , et les états propres |Φn1 ,n2 i communs à H1 et H2 sont également états propres de H et forment donc une base de l’espace des états du système des deux particules du fait que H = H1 + H2 , ce qui prouve donc bien que Pe−1 = Pe . Cela montre que cela revient au même de remplacer la particule (1) par la particule (2) ou la particule (2) par la particule (1). Il est donc clair que Pe2 = 1. De plus, la base {|Φn1 ,n2 i} est orthonormée du fait que les états propres |Φn1 ,n2 i sont normés et que  
hΦn1 ,n2 |Φn′1 ,n′2 i = (hϕn1 | ⊗ hϕn2 |) ϕn′1 ⊗ ϕn′2 =

hϕn1 |ϕn′1 ihϕn2 |ϕn′2 i = δn1 ,n′1 δn2 ,n′2

Or les transformés Pe |Φn1 ,n2 i = |Φn2 ,n1 i des vecteurs de base |Φn1 ,n2 i redonnent les vecteurs de la même base : d’après le § 1-b du Complément CII , cela implique que l’opérateur Pe est unitaire. Du fait que Pe2 = 1, Pe possède donc −1 et +1 pour seules valeurs propres. Enfin, soit B ′ = Pe BPe† . On a : B ′ = B ⇔ Pe BPe† = B ⇔ BPe† = Pe−1 B Or nous avons montré que Pe−1 = Pe , et Pe est unitaire, donc Pe† = Pe−1 = Pe . On en déduit donc : B ′ = B ⇔ BPe = Pe B ⇔ [B, Pe ] = 0

262

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Ce résultat est naturel, si B et Pe commutent, alors B est invariant par échange des particules et réciproquement, si B est invariant par échange des particules, alors B et Pe commutent et sont donc codiagonalisables.

b. Montrer que : Pe H1 Pe† = H2 Pe H2 Pe† = H1 H commute-t-il avec Pe ? Calculer les transformées par Pe des observables X1 , P1 , X2 , P2 . On a, d’après les résultats de la question a :    Pe H1 Pe† |Φn1 ,n2 i           

   Pe H2 Pe† |Φn1 ,n2 i          

= = = =

 Pe H1 Pe |Φn1 ,n2 i = Pe H1 |Φn2 ,n1 i = n2 +   1 ~ω |Φn1 ,n2 i = H2 |Φn1 ,n2 i n2 + 2  Pe H2 Pe |Φn1 ,n2 i = Pe H2 |Φn2 ,n1 i = n1 +   1 ~ω |Φn1 ,n2 i = H1 |Φn1 ,n2 i n1 + 2

1 2



~ωPe |Φn2 ,n1 i

1 2



~ωPe |Φn2 ,n1 i

Ces relations sont vraies pour un état propre |Φn1 ,n2 i quelconque mais, comme n’importe quel vecteur |ψi peut se décomposer sur la base des états propres |Φn1 ,n2 i, elles demeurent vraies pour tout vecteur |ψi, et l’on a donc bien Pe H1 Pe† = H2 Pe H2 Pe† = H1

Ce résultat peut sembler, une fois de plus, naturel : l’hamiltonien qui agit sur une particule devrait être le même hamiltonien qui agit sur l’« autre » si les particules sont échangées. Le formalisme mathématique permettant de déduire l’opérateur agissant sur une particule à partir de l’autre est celui d’un changement de base où Pe est la matrice de changement de base. On a de plus : [H, Pe ] = = =

HPe − Pe H = (H1 + H2 )Pe − Pe (H1 + H2 ) (Pe H2 Pe† + Pe H1 Pe† )Pe − Pe (H1 + H2 ) Pe (H1 + H2 ) − Pe (H1 + H2 ) = 0

du fait que Pe est unitaire, et H commute donc avec Pe . En gardant le commentaire ci-dessus à l’esprit, du fait que l’hamiltonien H est invariant par échange des particules, alors H et Pe commutent. Calculons maintenant les transformées par Pe des observables X1 et P1 . On a : r r    1 mω 1 ~     √ √ a = P X + i (a1 + a†1 ) 1 1  1  X1 = 2mω 2 r ~ m~ω   ⇔ r   1 mω    a†1 = √1  P1 = i m~ω (a† − a1 ) X1 − i √ P1 1 ~ 2 m~ω 2

263

Corrigés des exercices du Chapitre V et l’on en déduit Pe X1 Pe† |Φn1 ,n2 i

= = = =

Pe P1 Pe† |Φn1 ,n2 i

= = = =

r ~ Pe (a1 + a†1 ) |Φn2 ,n1 i Pe X1 Pe |Φn1 ,n2 i = Pe X1 |Φn2 ,n1 i = 2mω r √ √ ~ Pe ( n2 |Φn2 −1,n1 i + n2 + 1 |Φn2 +1,n1 i) 2mω r √ ~ √ ( n2 |Φn1 ,n2 −1 i + n2 + 1 |Φn1 ,n2 +1 i) 2mω r ~ (a2 + a†2 ) |Φn1 ,n2 i = X2 |Φn1 ,n2 i 2mω r m~ω Pe P1 Pe |Φn1 ,n2 i = Pe P1 |Φn2 ,n1 i = i Pe (a†1 − a1 ) |Φn2 ,n1 i 2 r √ √ m~ω i Pe ( n2 + 1 |Φn2 +1,n1 i − n2 |Φn2 −1,n1 i) 2 r m~ω √ √ i ( n2 + 1 |Φn1 ,n2 +1 i − n2 |Φn1 ,n2 −1 i) 2 r m~ω † i (a2 − a2 ) |Φn1 ,n2 i = P2 |Φn1 ,n2 i 2

Ces relations sont vraies pour un état propre |Φn1 ,n2 i quelconque mais, comme n’importe quel vecteur |ψi peut se décomposer sur la base des états propres |Φn1 ,n2 i, elles demeurent vraies pour tout vecteur |ψi, et l’on a donc bien Pe X1 Pe† = X2 Pe P1 Pe† = P2 et, inversement : Pe X2 Pe† = X1 Pe P2 Pe† = P1 On peut une fois de plus remarquer un formalisme de changement de base où Pe est la matrice de changement de base. c. Construire une base de vecteurs propres communs à H et Pe . Ces deux opérateurs forment-ils un E.C.O.C. ? Que deviennent le spectre de H et la dégénérescence de ses valeurs propres si l’on ne retient que les vecteurs propres |Φi de H tels que Pe |Φi = − |Φi ? Cherchons les vecteurs |Φi vecteurs propres communs à H et Pe sous la forme X an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i |Φi = n1 ,n2

où les |Φn1 ,n2 i sont les états propres communs à H1 et H2 . On a donc, par définition :  H |Φi = E |Φi Pe |Φi = ± |Φi

264

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I du fait que nous avons montré à la question a que Pe possède −1 et +1 pour seules valeurs propres. En remplaçant |Φi par son développement sur la base {|Φn1 ,n2 i}, on obtient :  X X  an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i i = E |Φ a H n ,n n ,n  1 2 1 2  nX nX 1 ,n2 1 ,n2  an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i = ±   Pe n1 ,n2 n1 ,n2  X X  an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i a n  1 ,n2 H |Φn1 ,n2 i = E  nX nX 1 ,n2 1 ,n2 ⇔  an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i an1 ,n2 Pe |Φn1 ,n2 i = ±   n1 ,n2 n1 ,n2  X X  an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i an1 ,n2 (n1 + n2 + 1)~ω |Φn1 ,n2 i = E   n ,n nX 1 2 1 ,n2 X ⇔  an1 ,n2 |Φn1 ,n2 i an1 ,n2 |Φn2 ,n1 i = ±   n1 ,n2 n1 ,n2  En1 ,n2 = (n1 + n2 + 1)~ω ⇔ ∀n1 , n2 ∈ N, an1 ,n2 = ±an2 ,n1 1 Les vecteurs |Φn1 ,n2 i avec n1 = n2 et les vecteurs √ (|Φn1 ,n2 i ± |Φn2 ,n1 i) 2 avec n1 6= n2 sont donc vecteurs propres communs à H et Pe avec les valeurs propres (n1 + n2 + 1)~ω et ±1, respectivement. Du fait que les valeurs propres de H sont dégénérées (n1 + n2 + 1) fois (d’après les résultats de la question a de l’exercice 3) et que Pe ne possède que deux valeurs propres a fortiori dégénérées, H et Pe ne forment pas un E.C.O.C. Le spectre de H est constitué des énergies propres En1 ,n2 = (n1 + n2 + 1)~ω avec (n1 , n2 ) ∈ N2 Chaque énergie propre est dégénérée (n1 + n2 + 1) fois, et seul le niveau fondamental, d’énergie E0,0 , est non dégénéré, ce dernier étant associé à l’état propre |Φ0,0 i. Les énergies propres En1 ,n2 avec (n1 , n2 ) 6= (0, 0) des niveaux excités sont toutes dégénérées : • si n1 + n2 = 2k, k ∈ N, l’énergie propre En1 ,n2 est dégénérée 2k + 1 fois et associée à l’état propre |Φk,k i et aux 2k états propres 1 1 √ (|Φ0,2k i ± |Φ2k,0 i), √ (|Φ1,2k−1 i ± |Φ2k−1,1 i), ..., 2 2 1 √ (|Φk−1,k+1 i ± |Φk+1,k−1 i) , 2 • si n1 + n2 = 2k + 1, k ∈ N, l’énergie propre En1 ,n2 est dégénérée 2k + 2 1 fois et associée aux 2k + 2 états propres √ (|Φ0,2k+1 i ± |Φ2k+1,0 i), 2 1 1 √ (|Φ1,2k i ± |Φ2k,1 i), . . . , √ (|Φk,k+1 i ± |Φk+1,k i). 2 2

Corrigés des exercices du Chapitre V

265

Retenir les vecteurs propres |Φi de Pe tels que Pe |Φi = − |Φi revient à ne conserver que les vecteurs propres de Pe associés à la valeur propre −1 : cela exclut les vecteurs |Φn1 ,n2 i avec n1 = n2 ainsi que les vecteurs 1 √ (|Φn1 ,n2 i + |Φn2 ,n1 i), puisqu’ils sont associés à la valeur propre +1, et 2 1 il ne reste donc que les vecteurs √ (|Φn1 ,n2 i − |Φn2 ,n1 i) avec n1 6= n2 . Le 2 spectre de H est donc le même que précédemment privé de l’énergie propre ~ω, et est donc constitué des énergies propres En1 ,n2 = (n1 + n2 + 1)~ω avec (n1 , n2 ) ∈ N2 − {(0, 0)} Le degré de dégénérescence de ces énergies propres n’est donc plus le même : • si n1 + n2 = 2k, k ∈ N, l’énergie propre En1 ,n2 est maintenant dégénérée k fois car elle n’est plus associée qu’aux k états propres 1 1 √ (|Φ0,2k i − |Φ2k,0 i), √ (|Φ1,2k−1 i − |Φ2k−1,1 i), ..., 2 2 1 √ (|Φk−1,k+1 i − |Φk+1,k−1 i) , 2 • si n1 + n2 = 2k + 1, k ∈ N, l’énergie propre En1 ,n2 est maintenant dégénérée k + 1 fois car elle n’est plus associée qu’aux k + 1 1 1 états propres √ (|Φ0,2k+1 i − |Φ2k+1,0 i), √ (|Φ1,2k i − |Φ2k,1 i), . . . , 2 2 1 √ (|Φk,k+1 i − |Φk+1,k i). 2 Cet exercice, qui est basé sur la symétrie de la fonction d’onde et l’indiscernabilité, montre que l’« équation d’indiscernabilité » (l’étude de la symétrie de la fonction d’onde par rapport aux permutations) constitue un autre outil analytique à utiliser en plus de l’équation de Schrödinger lorsqu’on étudie les fonctions d’onde et leur évolution.

5.6

Oscillateur harmonique chargé dans un champ électrique variable

Énoncé. Un oscillateur harmonique à une dimension est constitué par une particule de 1 masse m, de charge q et d’énergie potentielle V (X) = mω 2 X 2 ; on suppose 2 dans cet exercice que la particule est plongée dans un champ électrique E (t) parallèle à Ox et dépendant du temps, de sorte qu’il faut ajouter à V (X) l’énergie potentielle : W (t) = −qE (t)X

266

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

a. Écrire l’hamiltonien H(t) de la particule en fonction des opérateurs a et a† . Calculer les commutateurs de a et de a† avec H(t). b. Soit α(t) le nombre défini par : α(t) = hψ(t)| a |ψ(t)i où |ψ(t)i est le vecteur d’état normé de la particule étudiée. Déduire des résultats de la question précédente que α(t) satisfait l’équation différentielle : d α(t) = −iωα(t) + iλ(t) dt où λ(t) est défini par : q λ(t) = √ E (t) 2m~ω Intégrer cette équation différentielle. Quelles sont à l’instant t les valeurs moyennes de la position et de l’impulsion de la particule ? c. Le ket |ϕ(t)i est défini par |ϕ(t)i = [a − α(t)] |ψ(t)i où α(t) a la valeur calculée en b. En utilisant les résultats des questions a et b, montrer que l’évolution de |ϕ(t)i est donnée par : i~

d |ϕ(t)i = [H(t) + ~ω] |ϕ(t)i dt

Comment varie la norme de |ϕ(t)i en fonction du temps ? d. On suppose que |ψ(0)i est vecteur propre de a avec la valeur propre α(0) ; montrer que |ψ(t)i est également vecteur propre de a, avec une valeur propre que l’on calculera. En déduire, en fonction de α(0), la valeur moyenne à l’instant t de l’hamiltonien non perturbé H0 = H(t) − W (t). Donner les écarts quadratiques moyens ∆X, ∆P et ∆H0 ; comment varient-ils en fonction du temps ? e. On suppose qu’à l’instant t = 0, l’oscillateur est dans l’état fondamental |ϕ0 i. Le champ électrique agit entre les instants 0 et T , puis s’annule. Quelle est, lorsque t > T , l’évolution des valeurs moyennes hXi (t) et hP i (t) ? Application : on suppose qu’entre les instants 0 et T , le champ E (t) est donné par E (t) = E0 cos(ω ′ t) ; discuter en fonction de ∆ω = ω ′ − ω les phénomènes observés (résonance). Si, à l’instant t > T , on mesure l’énergie, quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ?

Corrigés des exercices du Chapitre V

267

Commentaires. Il est recommandé de lire le Complément GV consacré aux états cohérents « quasi classiques » avant de traiter cet exercice. On montre dans ce complément que de tels états décrivent naturellement le comportement, en particulier les oscillations, d’une particule dans un potentiel harmonique en l’absence de champ électrique. La description repose sur l’étude de hXi (t) et hP i (t). On montre que le mouvement quantique est très similaire à celui d’un oscillateur harmonique classique. L’idée de cet exercice est de comprendre comment ce comportement « quasi classique » est affecté lorsqu’on considère un oscillateur harmonique chargé soumis à un champ électrique. Une perturbation dépendant du temps d’un potentiel harmonique intervient dans cet exercice. La perturbation se produit lorsqu’on place une particule chargée dans un champ électrique.

Corrigé. Un oscillateur harmonique à une dimension est constitué par une particule de masse 1 m, de charge q et d’énergie potentielle V (X) = mω 2 X 2 ; on suppose dans cet 2 exercice que la particule est plongée dans un champ électrique E (t) parallèle à Ox et dépendant du temps, de sorte qu’il faut ajouter à V (X) l’énergie potentielle : W (t) = −qE (t)X a. Écrire l’hamiltonien H(t) de la particule en fonction des opérateurs a et a† . Calculer les commutateurs de a et de a† avec H(t). L’hamiltonien H(t) a pour expression : H(t) =

P2 1 P2 + V (X) + W (t) = + mω 2 X 2 − qE (t)X 2m 2m 2

On a de plus r r    1 1 mω ~     X + i√ P (a + a† )  a= √  X= 2mω 2 r~ m~ω   ⇔ r   1 mω 1 m~ω †    a† = √  X − i√ P P =i (a − a) ~ 2 m~ω 2

d’où :

H(t)

soit

r ~ω ~ ~ω † 2 † 2 (a + a ) − q E (t)(a + a† ) = − (a − a) + 4 4 2mω r ~ ~ω † † = (aa + a a) − q E (t)(a + a† ) 2 2mω

268

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I ~ω H(t) = (2N + 1) − q 2

r

~ E (t)(a + a† ) 2mω

du fait que a† a = N et que [a, a† ] = 1. On a ensuite : r ~ [a, H(t)] = ~ω[a, N ] − q E (t)[a, a† ] 2mω et

r

~ E (t)[a† , a] 2mω On peut retrouver très facilement les résultats √ [a, N ] |ni = (aN − N a) |ni = na |ni − nN |n − 1i √ √ √ = n n |n − 1i − (n − 1) n |n − 1i = n |n − 1i = a |ni †

†

[a , H(t)] = ~ω[a , N ] − q

et [a† , N ] |ni = = =

√ (a† N − N a† ) |ni = na† |ni − n + 1N |n + 1i √ √ √ n n + 1 |n + 1i − (n + 1) n + 1 |n + 1i = − n + 1 |n + 1i −a† |ni

d’où [a, N ] = a et [a† , N ] = −a† . On en déduit : [a, H(t)] = ~ωa − q

r

~ E (t) 2mω

et †

†

[a , H(t)] = −~ωa + q

r

~ E (t) 2mω

b. Soit α(t) le nombre défini par : α(t) = hψ(t)| a |ψ(t)i où |ψ(t)i est le vecteur d’état normé de la particule étudiée. Déduire des résultats de la question précédente que α(t) satisfait l’équation différentielle : d α(t) = −iωα(t) + iλ(t) dt où λ(t) est défini par :

q λ(t) = √ E (t) 2m~ω Intégrer cette équation différentielle. Quelles sont à l’instant t les valeurs moyennes de la position et de l’impulsion de la particule ?

269

Corrigés des exercices du Chapitre V

On a, d’après la relation (D-27) du Chapitre III et d’après les résultats de la question précédente, comme dans les exercices précédents : r ~ d(hψ(t)| a |ψ(t)i) i~ = hψ(t)| [a, H(t)] |ψ(t)i = ~ω hψ(t)| a |ψ(t)i−q E (t) dt 2mω

du fait que le vecteur d’état |ψ(t)i est normé, soit

q d α(t) = −iωα(t) + i √ E (t) = −iωα(t) + iλ(t) dt 2m~ω q E (t) . Résolvons cette équation différentielle. λ(t) = √ 2m~ω L’équation homogène associée admet pour solutions les fonctions α(t) de la forme α(t) = α0 e−iωt . En utilisant la méthode de variation de la constante et en posant α(t) = α0 (t)e−iωt , on a :

en posant

d d α(t) = α0 (t)e−iωt − iωα0 (t)e−iωt = −iωα0 (t)e−iωt + iλ(t) dt dt d ⇔ α0 (t) = iλ(t)eiωt dt et, par intégration : Z t α0 (t) = α0 (0) + i λ(τ )eiωτ dτ 0

On a donc au final

α(t) = α(0)e−iωt + i

Z

t

λ(τ )e−iω(t−τ ) dτ

0

α0 (0) ayant été remplacé par α(0) afin d’avoir α(t) = α(0) lorsque t = 0, et l’on peut en déduire : hXi (t)

= =

soit

r r ~ ~ hψ(t)| X |ψ(t)i = hψ(t)| a + a† |ψ(t)i = (α(t) + α∗ (t)) 2mω 2mω r  Z t h i  ~ −iωt ∗ iωt −iω(t−τ ) iω(t−τ ) α(0)e + α (0)e + i λ(τ ) e −e dτ 2mω 0

hXi (t) =

r

  Z t 2~ λ(τ ) sin[ω(t − τ )]dτ Re[α(0)e−iωt ] + mω 0

et hP i (t)

= =

soit

r m~ω m~ω ∗ † hψ(t)| a − a |ψ(t)i = i (α (t) − α(t)) hψ(t)| P |ψ(t)i = i 2 2 r  Z t h i  m~ω i α∗ (0)eiωt − α(0)e−iωt − i λ(τ ) eiω(t−τ ) + e−iω(t−τ ) dτ 2 0 r

270

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I hP i (t) =

√

  Z t 2m~ω Im[α(0)e−iωt ] + λ(τ ) cos[ω(t − τ )]dτ 0

On peut remarquer que ces deux expressions permettent de retrouver les relations (93) du Complément GV dans le cas où le champ électrique E (t) est nul (c’est-à-dire quand λ(t) = 0) à tout instant t. Le second terme de ces expressions, non nul lorsque λ(t) 6= 0, est responsable de la différence de comportement par rapport au cas en champ nul. Il représente une « dérive » progressive de la particule au cours du temps due au champ électrique. L’intégrale de ce terme provient du fait que le champ électrique dépend du temps et que la perturbation globale est la somme des perturbations occasionnées par le champ électrique au cours du temps. Ce mouvement est similaire à la « dérive » d’une particule classique chargée placée dans un champ électrique qui est provoquée par la force électrique de Lorentz. c. Le ket |ϕ(t)i est défini par |ϕ(t)i = [a − α(t)] |ψ(t)i où α(t) a la valeur calculée en b. En utilisant les résultats des questions a et b, montrer que l’évolution de |ϕ(t)i est donnée par : i~

d |ϕ(t)i = [H(t) + ~ω] |ϕ(t)i dt

Comment varie la norme de |ϕ(t)i en fonction du temps ?

En dérivant l’expression |ϕ(t)i = [a − α(t)] |ψ(t)i par rapport au temps, on obtient :   d d d α(t) |ψ(t)i i~ |ϕ(t)i = [a − α(t)]i~ |ψ(t)i − i~ dt dt dt d |ψ(t)i = H(t) |ψ(t)i d’après l’équation de Schrödinger et dt d α(t) = −iωα(t) + iλ(t) dt d’après les résultats de la question b, d’où :

Or i~

d |ϕ(t)i = [a − α(t)]H(t) |ψ(t)i − i~(−iωα(t) + iλ(t)) |ψ(t)i dt Or d’après les résultats de la question a, r ~ E (t) = ~ωa − ~λ(t) [a, H(t)] = ~ωa − q 2mω i~

d’où i~

d |ϕ(t)i dt

soit

=

H(t)[a − α(t)] |ψ(t)i + (~ωa − ~λ(t)) |ψ(t)i − (~ωα(t) − ~λ(t)) |ψ(t)i

=

H(t)[a − α(t)] |ψ(t)i + ~ω[a − α(t)] |ψ(t)i

271

Corrigés des exercices du Chapitre V i~

d |ϕ(t)i = [H(t) + ~ω] |ϕ(t)i dt

On en déduit donc : hϕ(t)|



d |ϕ(t)i dt



=

1 hϕ(t)| H(t) + ~ω |ϕ(t)i i~

En prenant la conjuguée hermitique de la relation précédente, on obtient : −i~ dont on déduit 

d hϕ(t)| = hϕ(t)| [H(t) + ~ω] dt

 1 d hϕ(t)| |ϕ(t)i = − hϕ(t)| H(t) + ~ω |ϕ(t)i dt i~

On a donc :     d d d (hϕ(t)|ϕ(t)i) = hϕ(t)| |ϕ(t)i + hϕ(t)| |ϕ(t)i = 0 dt dt dt et la norme de |ϕ(t)i est donc constante au cours du temps.

d. On suppose que |ψ(0)i est vecteur propre de a avec la valeur propre α(0) ; montrer que |ψ(t)i est également vecteur propre de a, avec une valeur propre que l’on calculera. En déduire, en fonction de α(0), la valeur moyenne à l’instant t de l’hamiltonien non perturbé H0 = H(t) − W (t). Donner les écarts quadratiques moyens ∆X, ∆P et ∆H0 ; comment varient-ils en fonction du temps ? |ψ(0)i est vecteur propre de a et donc un état cohérent, aussi appelé état quasi classique (voir Complément GV ). On a par définition : |ϕ(0)i = [a − α(0)] |ψ(0)i = [α(0) − α(0)] |ψ(0)i = 0

Or nous avons montré à la question c que la norme de |ϕ(t)i est constante au cours du temps. Comme |ϕ(0)i = 0, la norme de |ϕ(t)i est toujours nulle au cours du temps et l’on a donc : |ϕ(t)i = [a − α(t)] |ψ(t)i = 0 ⇔ a |ψ(t)i = α(t) |ψ(t)i et |ψ(t)i est donc également vecteur propre de a avec la valeur propre α(t). Cela signifie qu’un état initialement cohérent demeure cohérent au cours du temps. Ce résultat était déjà souligné dans le Complément GV pour un système en champ nul. Nous montrons donc ici que ce résultat demeure valide en présence d’un champ électrique. Il souligne également pourquoi il est facile de produire expérimentalement des états cohérents, du fait qu’ils ne sont pas facilement détruits par leur environnement. En ce qui concerne l’hamiltonien : hH0 i (t)

= =

  ~ω hψ(t)| H0 |ψ(t)i = hψ(t)| H(t) − W (t) |ψ(t)i = hψ(t)| 2a† a + 1 |ψ(t)i 2     1 1 ∗ 2 α (t)α(t) + ~ω = |α(t)| + ~ω 2 2

272

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I d’après les résultats de la question a. Or on a, d’après les résultats de la question b :   Z t Z t −iωt −iω(t−τ ) iωτ α(t) = α(0)e +i λ(τ )e dτ = α(0) + i λ(τ )e dτ e−iωt 0

0

d’où : |α(t)|2

=

α∗ (t)α(t) =

=

|α(0)| + i

=

2

Z

|α(0)|2 + 2



α∗ (0) − i

Z

t

λ(τ )e−iωτ dτ 0

∗

iωτ

λ(τ )[α (0)e

−iωτ

− α(0)e

Z

λ(τ )Im[α(0)e−iωτ ]dτ +

hH0 i (t) = |α(0)| + 2

Z

t

λ(τ )Im[α(0)e 0

On obtient, de la même manière :

2 H0 (t)

= =

t

λ(τ )eiωτ dτ

Z

t iωτ

λ(τ )e

dτ

0

t 0

Z

0

]dτ +

0

Z

2

α(0) + i

t

et l’on a donc au final : "



−iωτ

0

Z



t ′

−iωτ ′

λ(τ )e

dτ

0

2

t

λ(τ )eiωτ dτ

# 2 Z t 1 iωτ λ(τ )e dτ + ]dτ + ~ω 2 0

~2 ω 2 hψ(t)| (2a† a + 1)2 |ψ(t)i 4 ~2 ω 2 hψ(t)| (4a† aa† a + 4a† a + 1) |ψ(t)i 4

= (4|α(t)|2 hψ(t)| aa† |ψ(t)i + 4|α(t)|2 + 1) = (4|α(t)|4 + 8|α(t)|2 + 1)

~2 ω 2 4

~2 ω 2 4

du fait que [a, a† ] = 1. On en déduit donc : q 2 ∆H0 = hH02 i (t) − hH0 i (t) s  2  ~2 ω 2 1 = ~ω − |α(t)|2 + (4|α(t)|4 + 8|α(t)|2 + 1) 4 2 ~ω p = (4|α(t)|4 + 8|α(t)|2 + 1) − (2|α(t)|2 + 1)2 2

soit

∆H0 = |α(t)|~ω Ces résultats sont à comparer à ceux du cas en champ nul du Complément GV et en particulier aux relations (51) et (52). Les résultats sont quasiment identiques, il existe juste une dépendance temporelle dans ce cas. Les conclusions sont donc elles aussi similaires, à savoir que l’énergie de l’état cohérent est très bien définie du fait que son incertitude relative est très faible. On

′

Corrigés des exercices du Chapitre V

273

constate donc que cette conclusion demeure valable lorsque l’état évolue au cours du temps et en présence d’un champ électrique. On a de plus :

2 X (t)

 P 2 (t)

= = = =

~ ~ hψ(t)| (a + a† )2 |ψ(t)i = hψ(t)| a2 + a†2 + 2a† a + 1 |ψ(t)i 2mω 2mω ~ (α2 (t) + α∗2 (t) + 2|α(t)|2 + 1) 2mω m~ω m~ω hψ(t)| (a† − a)2 |ψ(t)i = − hψ(t)| a†2 + a2 − 2a† a − 1 |ψ(t)i − 2 2 m~ω 2 (α (t) + α∗2 (t) − 2|α(t)|2 − 1) − 2

et l’on en déduit donc : ∆X

= =

∆P

= =

soit

q hX 2 i (t) − hXi2 (t) v !2 u r u ~ ~ 2 ∗2 2 ∗ t (α (t) + α (t) + 2|α(t)| + 1) − (α(t) + α (t)) 2mω 2mω q hP 2 i (t) − hP i2 (t) v !2 u r u m~ω m~ω ∗ 2 ∗2 2 t− (α (t) + α (t) − 2|α(t)| − 1) − i (α (t) − α(t)) 2 2

r  ~   ∆X =  2mω r    ∆P = m~ω 2

On constate ainsi que ∆H0 varie au cours du temps proportionnellement à |α(t)| alors que ∆X et ∆P ne dépendent pas du temps et vérifient en outre ~ ∆X ·∆P = : en d’autres termes, le paquet d’ondes reste toujours un paquet 2 d’ondes minimum. Ces résultats sont une fois de plus identiques à ceux du cas en champ nul du Complément GV , et en particulier aux relations (58) et (59). Les conclusions sont donc les mêmes, à savoir que le paquet d’ondes d’un état cohérent ne s’étale pas et reste toujours minimum, même lorsqu’il évolue au cours du temps. Ce n’est pas surprenant puisque nous avons montré qu’un état cohérent reste cohérent au cours du temps. e. On suppose qu’à l’instant t = 0, l’oscillateur est dans l’état fondamental |ϕ0 i. Le champ électrique agit entre les instants 0 et T , puis s’annule. Quelle est, lorsque t > T , l’évolution des valeurs moyennes hXi (t) et hP i (t) ? Application : on suppose qu’entre les instants 0 et T , le champ E (t) est donné par E (t) = E0 cos(ω ′ t) ; discuter en fonction de ∆ω = ω ′ − ω les phénomènes observés (résonance). Si, à l’instant t > T , on mesure l’énergie, quels résultats peut-on trouver, et avec quelles probabilités ?

274

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Commençons par nous imaginer l’analogue classique de ce problème : une particule chargée dans un puits harmonique. Si l’on applique un champ électrique périodique, la particule, initialement située au fond du puits, son état d’équilibre stable, « suit » le champ électrique et commence à se déplacer dans le puits. Une fois le champ électrique annulé, la particule a gagné de l’énergie grâce au champ et continue à osciller dans le puits. Le mouvement est périodique et sans fin du fait qu’aucune dissipation n’est considérée dans le système. En faisant la moyenne sur les oscillations, les valeurs moyennes hXi (t) et hP i (t) de la particule classique sont toutes les deux constantes, et la valeur moyenne de la position est en particulier nulle. Considérons maintenant le cas quantique. On a par hypothèse |ψ(0)i = |ϕ0 i et l’on peut donc en déduire : α(0) = hψ(0)| a |ψ(0)i = hϕ0 | a |ϕ0 i = 0 du fait que a |ϕ0 i = 0. On a donc, d’après les résultats de la question b, pour t>T :

hXi (t)

=

hP i (t)

=

r

Z

t

q mω 0 Z t Z √ λ(τ ) cos[ω(t − τ )]dτ = q 2m~ω 2~ mω

λ(τ ) sin[ω(t − τ )]dτ =

0

Z

0 T

0

T

E (τ ) sin[ω(T − τ )]dτ E (τ ) cos[ω(T − τ )]dτ

du fait que E (τ ) 6= 0 pour τ ∈ [0, T ] et E (τ ) = 0 pour τ > T , et les valeurs moyennes hXi (t) et hP i (t) n’évoluent donc plus après annulation du champ électrique, comme dans le cas classique. Si l’on suppose maintenant que ∀t ∈ [0, T ], E (t) = E0 cos(ω ′ t), les expressions précédentes deviennent :

hXi (t)

= = = = = = =

qE0 mω

Z

T

cos(ω ′ τ ) sin[ω(T − τ )]dτ

0

qE0 2mω

Z

qE0 2mω

Z

T

(sin[ω(T − τ ) + ω ′ τ ] + sin[ω(T − τ ) − ω ′ τ ])dτ

0 T 0

(sin[ωT + ∆ωτ ] + sin[ωT − (ω + ω ′ )τ ])dτ

 cos[ωT + ∆ωτ ] cos[ωT − (ω + ω ′ )τ ] τ =T − ∆ω ω + ω′ τ =0   ′ qE0 cos(ω T ) − cos(ωT ) cos(ω ′ T ) − cos(ωT ) − − 2mω ∆ω ω + ω′
qE0 cos(ω ′ T ) − cos(ωT ) − m(ω + ω ′ )∆ω

−

qE0 2mω



2qE0 (ω + ω ′ )T ∆ωT qE0 T (ω + ω ′ )T ∆ωT sin sin = sin sinc m(ω + ω ′ )∆ω 2 2 m(ω + ω ′ ) 2 2

275

Corrigés des exercices du Chapitre V

p+q p−q sin x du fait que cos p − cos q = −2 sin sin , où x 7→ sinc x = 2 2 x représente la fonction sinus cardinal, et Z T hP i (t) = qE0 cos(ω ′ τ ) cos[ω(T − τ )]dτ 0

=

qE0 2

=

qE0 2

= = =

Z

T

(cos[ω(T − τ ) + ω ′ τ ] + cos[ω(T − τ ) − ω ′ τ ])dτ

0

Z

0

T

(cos[ωT + ∆ωτ ] + cos[ωT − (ω + ω ′ )τ ])dτ

 τ =T qE0 sin[ωT + ∆ωτ ] sin[ωT − (ω + ω ′ )τ ] − 2 ∆ω ω + ω′ τ =0   ′ qE0 sin(ω T ) − sin(ωT ) − sin(ω ′ T ) − sin(ωT ) − 2 ∆ω ω + ω′ qE0 (ω ′ sin(ω ′ T ) − ω sin(ωT )) (ω + ω ′ )∆ω

On observera donc un phénomène de résonance lorsque ∆ω = 0 ⇔ ω ′ = ω, avec hXi (t) = hP i (t) =

(ω + ω ′ )T ∆ωT qE0 T qE0 T sin sinc = sin(ωT ) m(ω + ω ′ ) 2 2 2mω qE0 qE0 (ω ′ sin(ω ′ T ) − ω sin(ωT )) = sin(ωT ) (ω + ω ′ )∆ω 2ω

Dans le cas classique, la condition ω ′ = ω résulte également en un phénomène de résonance et en un mouvement de forte amplitude de la particule à l’intérieur du puits. Dans le cas quantique, il est clair que hXi (t) et hP i (t) atteignent des valeurs maximales pour ∆ω = 0, tous les autres paramètres étant fixés. Ce résultat peut également être interprété comme un mouvement de forte amplitude. À un instant t > T , on a E (t) = 0 et donc H(t) = H0 : les états propres et énergies propres sont donc ceux de l’hamiltonien non perturbé.  La probabilité pour qu’une mesure de l’énergie donne alors le résultat  1 En = n + ~ω vaut, par définition, |hϕn |ψ(t)i|2 . Or si l’on décompose 2 l’état |ψ(T )i sur la base des états propres |ϕn i, on a : X X |ψ(T )i = an′ |ϕn′ i ⇒ |ψ(t)i = an′ e−iEn′ (t−T )/~ |ϕn′ i n′

n′

et l’on en déduit donc

|hϕn |ψ(t)i|2 = |an e−iEn (t−T )/~ |2 = |an |2 = |hϕn |ψ(T )i|2 Le résultat d’une mesure de l’énergie à un instant t > T ne dépend donc que de l’état du système à l’instant T , |ψ(T )i. Or nous avons montré précédemment que α(0) = 0 compte tenu de l’état initial du système : on a donc a |ϕ0 i = 0 = α(0) |ϕ0 i

276

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et |ψ(0)i = |ϕ0 i est donc vecteur propre de a avec la valeur propre α(0). On peut donc en déduire, d’après les résultats de la question d, que |ψ(T )i est également vecteur propre de a avec la valeur propre α(T ), et l’on a donc : X X a |ψ(T )i = α(T ) |ψ(T )i ⇔ a an |ϕn i = α(T ) an |ϕn i n

X

⇔

n

n

X √ an |ϕn i an n |ϕn−1 i = α(T ) n

dont on peut tirer la relation de récurrence √ α(T ) an+1 n + 1 = α(T )an ⇔ an+1 = √ an n+1 et donc les coefficients du développement de |ψ(T )i sur la base des états propres |ϕn i : αn (T ) an = √ a0 n! On a donc : X αn (T ) √ |ψ(T )i = a0 |ϕn i n! n avec

X n

|an |2 = |a0 |2

X |α(T )|2n n

n!

2

= |a0 |2 e|α(T )| = 1 ⇔ a0 = e−|α(T )|

2

/2

afin que |ψ(T )i soit normé, en choisissant a0 réel et positif, et donc : |ψ(T )i = e−|α(T )|

2

/2

X αn (T ) √ |ϕn i n! n

La probabilité   pour qu’une mesure de l’énergie donne le résultat 1 En = n + ~ω vaut donc 2 |hϕn |ψ(t)i|2 = |hϕn |ψ(T )i|2 = |an |2 = e−|α(T )|

2

|α(T )|2n n!

avec 1 α(T ) = hψ(T )| a |ψ(T )i = √ 2

r

 mω 1 √ hXi (t) + i hP i (t) ~ m~ω

les expressions de hXi (t) et hP i (t) étant celles calculées précédemment. Ces résultats quantiques sont une fois de plus directement comparables à ceux du cas classique. La particule classique se trouvait initialement au fond du puits, mais elle peut atteindre des positions plus élevées dans le puits grâce au champ électrique et continue à osciller après que le champ s’est annulé. Cela

277

Corrigés des exercices du Chapitre V

est très similaire au cas quantique : la particule part de l’état fondamental (le fond du puits) mais peut atteindre des niveaux d’énergie plus élevée grâce au champ, même après que le champ s’est annulé. Le système part d’un état cohérent et reste donc dans un état cohérent pendant toute la durée du mouvement.

5.7

Un opérateur de type Fourier appliqué à un oscillateur harmonique à une dimension

Énoncé. On considère un oscillateur harmonique à une dimension, d’hamiltonien H et d’états stationnaires |ϕn i :   1 ~ω |ϕn i H |ϕn i = n + 2 L’opérateur U (k) est défini par : U (k) = eikX où k est réel. a. U (k) est-il unitaire ? Montrer que ses éléments de matrice vérifient, quel que soit n: X | hϕn | U (k) |ϕn′ i |2 = 1 n′

b. Exprimer U (k) en fonction des opérateurs a et a† . Utiliser la formule de Glauber [relation (63) du Complément BII ] pour mettre U (k) sous forme d’un produit d’opérateurs exponentiels. c. Établir les relations : eλa |ϕ0 i †

hϕn | eλa |ϕ0 i

= |ϕ0 i λn = √ n!

où λ est un paramètre complexe quelconque. d. En déduire l’expression, en fonction de Ek = ~2 k 2 /2m et Eω = ~ω, de l’élément de matrice : hϕ0 | U (k) |ϕn i

Que se produit-il lorsque k tend vers zéro ? Pouvait-on prévoir directement ce résultat ?

278

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Commentaires. L’opérateur U (k) = eikX est une exponentielle de matrice, définie mathématiquement par une série entière. Nous le manipulerons néanmoins assez naturellement pour ne pas compliquer le raisonnement. Il est cependant nécessaire d’avoir recours à la définition pour vérifier une propriété donnée. L’opérateur ressemble enfin au coefficient d’une transformée de Fourier spatiale, d’où le titre de cet exercice.

Corrigé. On considère un oscillateur harmonique à une dimension, d’hamiltonien H et d’états stationnaires |ϕn i :   1 H |ϕn i = n + ~ω |ϕn i 2 L’opérateur U (k) est défini par : U (k) = eikX où k est réel. a. U (k) est-il unitaire ? Montrer que ses éléments de matrice vérifient, quel que soit n: X | hϕn | U (k) |ϕn′ i |2 = 1 n′

On a :

†

U † (k)U (k) = e−ikX eikX = e−ikX eikX = 1 et, de la même manière †

U (k)U † (k) = eikX e−ikX = eikX e−ikX = 1 du fait que X est hermitique et donc X † = X. On a donc U † (k)U (k) = U (k)U † (k) = 1 et U (k) est unitaire. On peut ainsi en déduire : X X
| hϕn | U (k) |ϕn′ i |2 = hϕn | U (k) |ϕn′ i hϕn′ | U † (k) |ϕn i n′

n′

=

=

hϕn | U (k)

X n′ †

(|ϕn′ i hϕn′ |) U † (k) |ϕn i

hϕn | U (k)U (k) |ϕn i = hϕn |ϕn i = 1

en appliquant la relation de fermeture, et l’on a donc bien

279

Corrigés des exercices du Chapitre V X n′

| hϕn | U (k) |ϕn′ i |2 = 1

b. Exprimer U (k) en fonction des opérateurs a et a† . Utiliser la formule de Glauber [relation (63) du Complément BII ] pour mettre U (k) sous forme d’un produit d’opérateurs exponentiels. On a :  r  mω 1 1  r  √ √ P a = X + i  ~ 2 r~ m~ω (a + a† )   ⇒X=  2mω 1 1 mω   a† = √ X − i√ P ~ 2 m~ω

et donc

U (k) = eikX = eik

√

† ~ 2mω (a+a )

Du fait que [a, a† ] = 1, a et a† commutent avec leur commutateur et A B A+B 21 [A,B] ) en posant l’application de la formule e r r de Glauber (e e = e ~ ~ † A = ik a et B = ik a donne donc : 2mω 2mω U (k) = eik

√

† ~ 2mω (a+a )

= eik

√

~ 2mω a

eik

√

† ~ 2mω a

√

~ 2mω a

~k2

e 4mω

ou encore U (k) = eik

√

† ~ 2mω (a +a)

= eik

√

† ~ 2mω a

eik

~k2

e− 4mω

en inversant A et B. c. Établir les relations : eλa |ϕ0 i †

hϕn | eλa |ϕ0 i

= |ϕ0 i λn = √ n!

où λ est un paramètre complexe quelconque. On a d’une part :

e

λa

|ϕ0 i =

+∞ n n X λ a n! n=0

!

|ϕ0 i =

+∞ n n X λ a 1+ n! n=1

du fait que ∀n ∈ N∗ , an |ϕ0 i = 0. D’autre part :

!

|ϕ0 i = |ϕ0 i

280

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

hϕn | e

†

λa

|ϕ0 i = hϕn |

+∞ n′ †n′ X λ a n′ ! ′

n =0

!

+∞ X

λn λn √ hϕn | ′ n′ ! |ϕn′ i = √ |ϕ0 i = n! n! n′ =0 ′

du fait que hϕn |ϕn′ i = δn,n′ . d. En déduire l’expression, en fonction de Ek = ~2 k 2 /2m et Eω = ~ω, de l’élément de matrice : hϕ0 | U (k) |ϕn i

Que se produit-il lorsque k tend vers zéro ? Pouvait-on prévoir directement ce résultat ? On a, d’après les résultats de la question b : √ ~ † √ ~ ~k2 hϕ0 | U (k) |ϕn i = hϕ0 | eik 2mω a eik 2mω a e− 4mω |ϕn i Or k d’où :

r

~ = 2mω

r

~k 2 = 2mω

r

r

~2 k 2 = 2m~ω

q

1 Ek

hϕ0 | U (k) |ϕn i = e− 2 Eω hϕ0 | ei

Ek ~k 2 Ek et = Eω 4mω 2Eω q Ek a† i Eω a

Ek Eω

e

La première relation obtenue à la question d, ∗ †

donne :

eλa |ϕ0 i = |ϕ0 i ⇔ hϕ0 | eλ 1 Ek

a

hϕ0 | U (k) |ϕn i = e− 2 Eω hϕ0 | e

|ϕn i

= hϕ0 |

q Ek i Eω a

et la seconde relation obtenue à la question d,

|ϕn i

∗ † λ∗n λn λn hϕn | eλa |ϕ0 i = √ ⇔ hϕ0 | eλ a |ϕn i = √ ⇔ hϕ0 | eλa |ϕn i = √ n! n! n!

permet enfin d’obtenir : 1 hϕ0 | U (k) |ϕn i = √ n!

!n

r

Ek Eω

1 0

si n = 0 si n = 6 0

i

1 Ek

e − 2 Eω

Lorsque k → 0, Ek → 0 et donc hϕ0 | U (k) |ϕn i →

k→0



On pouvait prévoir directement ce résultat du fait que, lorsque k → 0, U (k) = eikX → 1 et donc hϕ0 | U (k) |ϕn i → hϕ0 |ϕn i = δ0n .

281

Corrigés des exercices du Chapitre V

5.8

L’opérateur d’évolution temporelle appliqué à un oscillateur harmonique à une dimension

Énoncé. L’opérateur d’évolution U (t, 0) d’un oscillateur harmonique à une dimension s’écrit : U (t, 0) = e−iHt/~ avec :



1 H = ~ω a a + 2

a. On considère les opérateurs :

†



a ˜(t) = U † (t, 0)aU (t, 0) a ˜† (t) = U † (t, 0)a† U (t, 0) En calculant leur action sur les kets propres |ϕn i de H, trouver l’expression de a ˜(t) et a ˜† (t) en fonction de a et a† . e b. Calculer les opérateurs X(t) et Pe(t) obtenus à partir de X et P par la transformation unitaire : e X(t) = U † (t, 0)XU (t, 0) e P (t) = U † (t, 0)P U (t, 0)

Comment s’interprètent les relations ainsi obtenues ?  π  , 0 |xi est vecteur propre de P avec une valeur c. Montrer que U † 2ω  π  propre que l’on précisera ; établir de même que U † , 0 |pi est 2ω vecteur propre de X. d. À l’instant t = 0, la fonction d’onde de l’oscillateur est ψ(x, 0). Comment peut-on obtenir, à partir de ψ(x, 0), la fonction d’onde de l’oscillateur à tous les instants ultérieurs tq = qπ/2ω (où q est un entier positif) ? e. On prend pour ψ(x, 0) la fonction d’onde ϕn (x) associée à un état stationnaire. Déduire de la question précédente la relation qui doit exister entre ϕn (x) et sa transformée de Fourier ϕn (p). f. Décrire qualitativement l’évolution de la fonction d’onde dans les cas suivants : (i) ψ(x, 0) = eikx où k, réel, est donné. (ii) ψ(x, 0) = e−ρ|x| où ρ est réel et positif.

282

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I   √1 (iii) ψ(x, 0) = a  0 2

(iv) ψ(x, 0) = e−ρ

x2

a a 6x6 2 2 partout ailleurs

si −

où ρ est réel.

Commentaires. Cet exercice étudie la dynamique d’un oscillateur harmonique en utilisant l’opérateur d’évolution. Il existe plusieurs points communs avec un oscillateur harmonique classique, dont le comportement dans l’espace des phases.

Corrigé. L’opérateur d’évolution U (t, 0) d’un oscillateur harmonique à une dimension s’écrit : U (t, 0) = e−iHt/~ avec :

  1 † H = ~ω a a + 2

a. On considère les opérateurs : a ˜(t) = U † (t, 0)aU (t, 0) a ˜† (t) = U † (t, 0)a† U (t, 0) En calculant leur action sur les kets propres |ϕn i de H, trouver l’expression de a ˜(t) et a ˜† (t) en fonction de a et a† . On a :

U (t, 0) = e−iHt/~ = e−i(N + 2 )ωt 1

et donc : a ˜(t) |ϕn i

= = =

a ˜† (t) |ϕn i

= = =

1 1 U † (t, 0)aU (t, 0) |ϕn i = ei(N+ 2 )ωt ae−i(N+ 2 )ωt |ϕn i √ 1 1 1 1 e−i(n+ 2 )ωt ei(N+ 2 )ωt a |ϕn i = ne−i(n+ 2 )ωt ei(N+ 2 )ωt |ϕn−1 i √ √ −i(n+ 1 )ωt i(n− 1 )ωt 2 2 ne e |ϕn−1 i = e−iωt n |ϕn−1 i = e−iωt a |ϕn i

1 1 U † (t, 0)a† U (t, 0) |ϕn i = ei(N+ 2 )ωt a† e−i(N+ 2 )ωt |ϕn i √ 1 1 1 1 e−i(n+ 2 )ωt ei(N+ 2 )ωt a† |ϕn i = n + 1e−i(n+ 2 )ωt ei(N+ 2 )ωt |ϕn+1 i √ √ 3 1 n + 1e−i(n+ 2 )ωt ei(n+ 2 )ωt |ϕn+1 i = eiωt n + 1 |ϕn+1 i = eiωt a† |ϕn i

Au final : 

a ˜(t) = e−iωt a a ˜† (t) = eiωt a†

Corrigés des exercices du Chapitre V

283

e b. Calculer les opérateurs X(t) et Pe (t) obtenus à partir de X et P par la transformation unitaire : e X(t) = U † (t, 0)XU (t, 0) Pe(t) = U † (t, 0)P U (t, 0) Comment s’interprètent les relations ainsi obtenues ?

On a : r r    1 1 mω ~     X + i√ P (a + a† )  X=  a= √ ~ 2mω 2 m~ω r  ⇔ r   1 mω 1 m~ω †     a† = √ X − i√ P P =i (a − a) ~ 2 m~ω 2 et l’on peut donc en déduire, d’après les résultats de la question a : e X(t)

= =

r r ~ ~ U † (t, 0)(a + a† )U (t, 0) = (˜ a(t) + a ˜† (t)) U † (t, 0)XU (t, 0) = 2mω 2mω r   ~ 1 i −iωt i iωt (e−iωt a + eiωt a† ) = e−iωt X + e P + eiωt X − e P 2mω 2 mω mω

soit P e X(t) = X cos ωt + sin ωt mω

et Pe(t)

= =

r r m~ω † m~ω † U † (t, 0)P U (t, 0) = i U (t, 0)(a† − a)U (t, 0) = i (˜ a (t) − a ˜(t)) 2 2 r 1 m~ω iωt † (e a − e−iωt a) = (imωeiωt X + eiωt P − imωe−iωt X + e−iωt P ) i 2 2

soit Pe(t) = −mωX sin ωt + P cos ωt

Ces deux relations sont les équations du mouvement d’un oscillateur harmonique classique, les opérateurs X et P correspondant aux constantes e d’intégration. Cela revient à dire que les opérateurs mω X(t) et Pe (t) tournent, dans le repère (mωX, P ), à la vitesse angulaire ω sous l’influence de l’hamiltonien H, comme illustré sur la figure 5.21. Il s’agit du même mouvement dans l’espace des phases qu’un oscillateur harmonique classique. Dans cet espace, U (t, 0) peut être vu comme un opérateur rotation d’angle ωt.  π  c. Montrer que U † , 0 |xi est vecteur propre de P avec une valeur propre 2ω  π  que l’on précisera ; établir de même que U † , 0 |pi est vecteur propre de 2ω X.

284

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

e Fig. 5.21 – Interprétation graphique des opérateurs mω X(t) et Pe (t) en fonction des opérateurs mωX et P .

On a, d’après les résultats de la question b :    e π =P   mω X 2ω     Pe π = −mωX 2ω Or on a, par définition :

e X(t) = U † (t, 0)XU (t, 0)

π , on obtient : 2ω           e π = U † π , 0 XU π , 0 ⇔ P = mωU † π , 0 XU π , 0 X 2ω 2ω 2ω 2ω 2ω

et, en posant t =

d’où :

PU†

 π   π  , 0 = mωU † ,0 X 2ω 2ω

et l’on obtient ainsi :  π  π  π  , 0 |xi = mωU † , 0 X |xi = mωxU † , 0 |xi PU† 2ω 2ω 2ω  π  et U † , 0 |xi est vecteur propre de P avec la valeur propre mωx. De la 2ω même manière, on a, par définition : Pe (t) = U † (t, 0)P U (t, 0)

π , on obtient : 2ω  π   π   π   π   π  Pe ,0 PU , 0 ⇔ −mωX = U † ,0 PU ,0 = U† 2ω 2ω 2ω 2ω 2ω

et, en posant t =

d’où :

XU † et l’on obtient ainsi :

 π  1 † π  ,0 = − U ,0 P 2ω mω 2ω

285

Corrigés des exercices du Chapitre V XU †

π  1 † π  p † π  , 0 |pi = − U , 0 P |pi = − U , 0 |pi 2ω mω 2ω mω 2ω

 π  p et U † , 0 |pi est vecteur propre de X avec la valeur propre − . Cette 2ω mω transformation peut être interprétée en utilisant la représentation graphique de la figure 5.21 : le vecteur, initialement selon |pi, tourne d’un quart de tour dans le sens trigonométrique, passant ainsi selon − |xi. d. À l’instant t = 0, la fonction d’onde de l’oscillateur est ψ(x, 0). Comment peut-on obtenir, à partir de ψ(x, 0), la fonction d’onde de l’oscillateur à tous les instants ultérieurs tq = qπ/2ω (où q est un entier positif) ? Si la fonction d’onde ψ(x, 0) = hx|ψ(0)i est connue, on a ψ(x, tq ) = hx|ψ(tq )i = hx| U (tq , 0) |ψ(0)i Quatre cas peuvent ensuite se présenter : 2π π +k et l’on se trouve dans le cas 2ω ω considéré à la question c, où l’on a montré que U † (tq , 0) |xi est vecteur propre de P associé à la valeur propre mωx. On a donc nécessairement U † (tq , 0) |xi = α |pi et la relation P |pi = p |pi implique p = mωx. On a donc :

• si q = 4k + 1, k ∈ N, on a tq =

hx| U (tq , 0)U † (tq , 0) |xi = hx|xi = α∗ αhp|pi = |α|2 hp|pi et donc |α| = 1. On en déduit ainsi : ψ(x, tq ) = hx|ψ(tq )i = hx| U (tq , 0) |ψ(0)i = hp|ψ(0)ieiθ = eiθ ψ(p = mωx, 0)

et l’on obtient donc dans ce cas ψ(x, tq ), à un facteur de phase global eiθ près, en prenant la transformée de Fourier de ψ(x, 0) et en posant p = mωx. 2π π e q ) = −X d’après et donc X(t • si q = 4k + 2, k ∈ N, on a tq = + k ω ω les résultats de la question b. En adoptant un raisonnement similaire à celui de la question c, on a donc : † e e X(t) = U † (t, 0)XU (t, 0) ⇔ X(t)U (t, 0) = U † (t, 0)X

⇒ XU † (tq , 0) = −U † (tq , 0)X

On a donc : XU † (tq , 0) |xi = −U † (tq , 0)X |xi = −xU † (tq , 0) |xi et le vecteur U † (tq , 0) |xi est donc vecteur propre de X associé à la valeur propre −x, d’où U † (tq , 0) |xi = e−iθ |−xi. On en déduit ainsi : ψ(x, tq ) = hx|ψ(tq )i = hx| U (tq , 0) |ψ(0)i = h−x|ψ(0)ieiθ = eiθ ψ(−x, 0)

286

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et ψ(x, tq ) est donc, à un facteur de phase global eiθ près, la symétrique de ψ(x, 0) par rapport à la droite x = 0. Dans la représentation graphique de la figure 5.21, cela correspond à une rotation d’un vecteur initialement selon |xi d’un demi-tour, ce qui donne un vecteur selon − |xi . 2π 3π e q ) = − 1 P d’après +k et donc X(t • si q = 4k+3, k ∈ N, on a tq = 2ω ω mω les résultats de la question b. En adoptant un raisonnement similaire à celui de la question c, on a donc : † e e X(t) = U † (t, 0)XU (t, 0) ⇔ X(t)U (t, 0) = U † (t, 0)X

⇒ P U † (tq , 0) = −mωU † (tq , 0)X

On a donc : P U † (tq , 0) |xi = −mωU † (tq , 0)X |xi = −mωxU † (tq , 0) |xi et le vecteur U † (tq , 0) |xi est donc vecteur propre de P associé à la valeur propre −mωx, d’où U † (tq , 0) |xi = e−iθ |−pi et p = mωx. On en déduit ainsi : ψ(x, tq ) = hx|ψ(tq )i = hx| U (tq , 0) |ψ(0)i = h−p|ψ(0)ieiθ = eiθ ψ(p = −mωx, 0)

et l’on obtient donc dans ce cas ψ(x, tq ), à un facteur de phase global eiθ près, en prenant la transformée de Fourier de ψ(x, 0) et en posant p = −mωx. Dans la représentation graphique de la figure 5.21, cela correspond à la rotation d’un vecteur initialement selon |xi de trois quarts de tour dans le sens trigonométrique, ce qui donne un vecteur selon − |pi. 2π 2π e q ) = X d’après • enfin, si q = 4k, k ∈ N, on a tq = +k et donc X(t ω ω les résultats de la question b. En adoptant un raisonnement similaire à celui de la question c, on a donc : † e e X(t) = U † (t, 0)XU (t, 0) ⇔ X(t)U (t, 0) = U † (t, 0)X ⇒ XU † (tq , 0) = U † (tq , 0)X

On a donc :

XU † (tq , 0) |xi = U † (tq , 0)X |xi = xU † (tq , 0) |xi et le vecteur U † (tq , 0) |xi est donc vecteur propre de X associé à la valeur propre x, d’où U † (tq , 0) |xi = e−iθ |xi. On en déduit ainsi : ψ(x, tq ) = hx|ψ(tq )i = hx| U (tq , 0) |ψ(0)i = hx|ψ(0)ieiθ = eiθ ψ(x, 0) et ψ(x, tq ) est donc, à un facteur de phase global eiθ près, égale à ψ(x, 0). Dans la représentation graphique de la figure 5.21, cela correspond à la rotation d’un vecteur initialement selon |xi d’un tour, ce qui donne un vecteur encore selon |xi.

287

Corrigés des exercices du Chapitre V On a donc, en résumé :



ψ x, tq =

qπ 

2ω

si si si si

 iθ e ψ(x, 0)    iθ e ψ(p = mωx, 0) = eiθ ψ(−x, 0)    iθ e ψ(p = −mωx, 0)

q q q q

= 4k = 4k + 1 ,k ∈ N = 4k + 2 = 4k + 3

e. On prend pour ψ(x, 0) la fonction d’onde ϕn (x) associée à un état stationnaire. Déduire de la question précédente la relation qui doit exister entre ϕn (x) et sa transformée de Fourier ϕn (p). Si ψ(x, 0) = ϕn (x), on a |ψ(0)i = |ϕn i et donc directement : ψ(x, t) = hx|ψ(t)i = hx|ψ(0)ie−iEn t/~ = ϕn (x)e−i(n+ 2 )ωt 1

On en déduit donc, pour t = tq =

qπ : 2ω

ψ(x, tq ) = ϕn (x)e−i(n+ 2 )qπ/2 1

et l’on a alors, pour q = 4k + 1, k ∈ N : ψ(x, tq ) = ϕn (x)e−i(n+ 2 )(2kπ+ 2 ) = eiθ ϕn (x) = eiθ ϕn (p = mωx, 0) π

1

′

d’après les résultats de la question d. On a de la même manière, pour q = 4k + 3, k ∈ N : ψ(x, tq ) = ϕn (x)e−i(n+ 2 )(2kπ+ 1

3π 2

) = eiθ′ ϕ (x) = eiθ ϕ (p = −mωx, 0) n n

d’après les résultats de la question d. On peut donc en déduire qu’on doit avoir la relation : |ϕn (x)| = |ϕn (p)| f. Décrire qualitativement l’évolution de la fonction d’onde dans les cas suivants : (i) ψ(x, 0) = eikx où k, réel, est donné. On peut étudier l’évolution de la densité de probabilité ρ(x, t) = |ψ(x, t)|2 afin de s’affranchir des facteurs de phase. ψ est une onde plane dans ce premier cas. On obtient ainsi, d’après les résultats de la question d : • si q = 4k, k ∈ N

ρ(x, tq ) = ρ(x, 0) = 1

ce qui est normal du fait que la fonction d’onde, qui est ici une onde plane, n’est pas normalisable. Le fait que ρ(x, tq ) = 1 pour tout x signifie que la particule est délocalisée dans tout l’espace.

288

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I • si q = 4k + 1, k ∈ N ρ(x, tq ) = |ψ(p = mωx, 0)|2

On a : ψ(p, 0)

= =

Or on a

Z +∞ Z +∞ 1 1 ψ(x, 0)e−ipx/~ dx = √ eikx e−ipx/~ dx 2π~ −∞ 2π~ −∞ Z +∞ 1 √ ei(~k−p)x/~ dx 2π~ −∞ √

Z

+∞

−∞

ei(~k−p)x/~ dx = 2π~δ(~k − p)

d’après la relation (34) de l’Appendice II, et donc √ ψ(p, 0) = 2π~δ(~k − p) On en déduit ainsi : ρ(x, tq ) = 2π~|δ(~k − mωx)|2 = 2π~δ 2 (~k − mωx) Cette équation implique que la particule est localisée en x = • si q = 4k + 2, k ∈ N

~k . mω

ρ(x, tq ) = ρ(−x, 0) = ρ(x, 0) = 1

La particule est de nouveau délocalisée. • si q = 4k + 3, k ∈ N

ρ(x, tq ) = |ψ(p = −mωx, 0)|2 = 2π~|δ(k~ + mωx)|2 = 2π~δ 2 (k~ + mωx)

k~ . mω La particule ne sera donc pas localisée aux instants t4k et t4k+2 , mais k~ k~ aux instants t4k+1 et en x = − aux elle sera localisée en x = mω mω instants t4k+3 . (ii) ψ(x, 0) = e−ρ|x| où ρ est réel et positif. Cette fonction d’onde est paire, centrée en x = 0 et de largeur carac1 téristique (voir figure 5.22). Commençons par normaliser ψ(x, 0) et ρ posons ψ(x, 0) = Ce−ρ|x| : Z 0  Z +∞ Z +∞ |ψ(x, 0)|2 dx = 1 ⇔ |C|2 e−2ρx dx = 1 e2ρx dx + −∞ 0 −∞  −2ρx +∞ !  2ρx 0 e e =1 + − ⇔ |C|2 2ρ −∞ 2ρ 0   1 1 √ ⇔ |C|2 = 1 ⇔ C = ρeiϕ + 2ρ 2ρ La particule est de nouveau localisée, cette fois-ci en x = −

289

Corrigés des exercices du Chapitre V

√ On a donc ψ(x, 0) = ρe−ρ|x| en posant ϕ = 0 pour que C soit réel et positif. On peut étudier, une fois de plus, l’évolution de la densité de probabilité ρ(x, t) = |ψ(x, t)|2 afin de s’affranchir des facteurs de phase. On a ainsi, d’après les résultats de la question d : • si q = 4k, k ∈ N ρ(x, tq ) = ρ(x, 0) = ρe−2ρ|x| • si q = 4k + 1, k ∈ N ρ(x, tq ) = |ψ(p = mωx, 0)|2 On a : Z +∞ 1 ψ(x, 0)e−ipx/~ dx ψ(p, 0) = √ 2π~ −∞ r Z 0  Z +∞ ρ ρx −ipx/~ −ρx −ipx/~ e e dx + e e dx = 2π~ −∞ 0 ! r  (ρ−ip/~)x 0  −(ρ+ip/~)x +∞ e ρ e = + − 2π~ ρ − i ~p −∞ ρ + i ~p 0 r  r 3  ρ 2ρ 1 1 1 = = p + p 2 2π~ ρ − i ~ ρ + i~ π~ ρ + p22 ~ r 1 2ρ3 ~3 = π p 2 + ρ2 ~ 2 On en déduit ainsi : ρ(x, tq ) =

1 2ρ3 ~3 2 2 2 π (m ω x + ρ2 ~2 )2

• si q = 4k + 2, k ∈ N ρ(x, tq ) = ρ(−x, 0) = ρ(x, 0) = ρe−2ρ|x| • si q = 4k + 3, k ∈ N ρ(x, tq ) = |ψ(p = −mωx, 0)|2 =

2ρ3 ~3 1 π (m2 ω 2 x2 + ρ2 ~2 )2

Ces résultats sont résumés sur la figure 5.22 pour ρ(x, t4k ) et ρ(x, t4k+2 ), et sur la figure 5.23 pour ρ(x, t4k+1 ) et ρ(x, t4k+3 ). On peut remarquer que ρ(x, t4k ) = ρ(x, t4k+2 ) et ρ(x, t4k+1 ) = ρ(x, t4k+3 ). La densité de ω . probabilité oscille donc entre ces deux courbes avec une fréquence 2π La fonction d’onde reste dans ce cas relativement la même au cours du temps, elle s’élargit et se contracte simplement périodiquement.  a a  √1 si − 6 x 6 (iii) ψ(x, 0) = 2 2 a  0 partout ailleurs

290

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 5.22 – Représentation graphique de l’évolution de la fonction d’onde √ ψ(x, 0) = ρe−ρ|x| au cours du temps pour t4k et t4k+2 . On peut remarquer que l’échelle sur l’axe Oy est arbitraire tout en étant la même que sur la figure 5.23.

Fig. 5.23 – Représentation graphique de l’évolution de la fonction d’onde √ ψ(x, 0) = ρe−ρ|x| au cours du temps pour t4k+1 et t4k+3 . On peut remarquer que l’échelle sur l’axe Oy est arbitraire tout en étant la même que sur la figure 5.22.

On peut étudier, une fois de plus, l’évolution de la densité de probabilité ρ(x, t) = |ψ(x, t)|2 afin de s’affranchir des facteurs de phase. Cette fonction d’onde particulière est une porte centrée en x = 0 et de largeur a. On a ainsi, d’après les résultats de la question d :

291

Corrigés des exercices du Chapitre V • si q = 4k, k ∈ N ρ(x, tq ) = ρ(x, 0) =

(

1 a 0

a a 6x6 2 2 partout ailleurs si −

et la particule a la mêmeh probabilité de se trouver en n’importe a ai quel point de l’intervalle − , , mais ne peut se trouver nulle 2 2 part ailleurs. • si q = 4k + 1, k ∈ N ρ(x, tq ) = |ψ(p = mωx, 0)|2 On a : ψ(p, 0)

= = =

√

1 2π~

Z

+∞ −∞

ψ(x, 0)e−ipx/~ dx = √

1 2π~a

Z

+a 2

e−ipx/~ dx

−a 2

 + a 2 ~ ipa/(2~) ~ 1 1 √ − e−ipx/~ (e − e−ipa/(2~) ) = √ ip ip 2π~a 2π~a −a 2 r  pa  r a  pa  1 2~ = sin sinc p πa 2~ 2π~ 2~

sin x représente la fonction sinus cardinal. On en x  mωa  a sinc2 x ρ(x, tq ) = 2π~ 2~ Cela signifie que la particule reste centrée en x = 0 mais peut s’aventurer à l’extérieur de la « boîte » initiale. • si q = 4k + 2, k ∈ N ( 1 a a si − 6 x 6 ρ(x, tq ) = ρ(−x, 0) = ρ(x, 0) = a 2 2 0 partout ailleurs où x 7→ sinc x = déduit ainsi :

La fonction d’onde est alors la même que dans le premier cas où q = 4k. • si q = 4k + 3, k ∈ N  mωa  a ρ(x, tq ) = |ψ(p = −mωx, 0)|2 = sinc2 x 2π~ 2~

La fonction d’onde est alors la même que dans le deuxième cas où q = 4k + 1.

Les résultats pour ρ(x, tq ) sont résumés sur la figure 5.24 pour ρ(x, t4k ) et ρ(x, t4k+2 ), et sur la figure 5.25 pour ρ(x, t4k+1 ) et ρ(x, t4k+3 ). On peut remarquer que ρ(x, t4k ) = ρ(x, t4k+2 ) et ρ(x, t4k+1 ) = ρ(x, t4k+3 ). La densité de probabilité oscille donc entre ces deux courbes avec une ω . fréquence 2π

292

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 5.24  – Représentation graphique de l’évolution de la fonction d’onde

ψ(x, 0) =

 √1 a  0

a a 6x6 2 2 partout ailleurs

si −

au cours du temps pour t4k et t4k+2 .

Fig. 5.25  – Représentation graphique de l’évolution de la fonction d’onde

ψ(x, 0) =

 √1 a  0

a a 6x6 2 2 partout ailleurs

si −

2

au cours du temps pour t4k+1 et t4k+3 .

2

(iv) ψ(x, 0) = e−ρ x où ρ est réel. La fonction d’onde ψ(x, 0) est une gaussienne centrée en x = 0 et de 1 largeur caractéristique . Commençons par normaliser ψ(x, 0) et posons ρ 2 2 ψ(x, 0) = Ce−ρ x : Z

+∞

−∞

⇔

|C|2

2

2

|ψ(x, 0)| dx = 1 ⇔ |C|

r

π =1⇔C= 2ρ2



2ρ π

Z

+∞

2

e−2ρ

x2

dx = 1

−∞  2 1/4

eiϕ

1/4 2ρ2 2 2 e−ρ x en posant ϕ = 0 pour que C π soit réel et positif. On peut étudier, une fois de plus, l’évolution de la densité de probabilité ρ(x, t) = |ψ(x, t)|2 afin de s’affranchir des facteurs de phase. On a ainsi, d’après les résultats de la question d : On a donc ψ(x, 0) =



293

Corrigés des exercices du Chapitre V • si q = 4k, k ∈ N ρ(x, tq ) = ρ(x, 0) =

r

2ρ2 −2ρ2 x2 e π

• si q = 4k + 1, k ∈ N ρ(x, tq ) = |ψ(p = mωx, 0)|2 On a, d’après la relation (50) de l’Appendice I : ψ(x, 0) =



2ρ2 π

1/4

e

−ρ2 x2

⇒ ψ(p, 0) =



2ρ2 π

1/4

2 2 2 1 √ e−p /(4ρ ~ ) ρ 2~

On en déduit ainsi : r 2 2 2 2 2 1 2ρ2 1 −m2 ω2 x2 /(2ρ2 ~2 ) ρ(x, tq ) = e =√ e−m ω x /(2ρ ~ ) π 2~ρ2 2πρ~ La fonction d’onde est toujours une gaussienne, mais a maintenant ρ~ . Cela signifie que la particule reste une largeur caractéristique mω centrée en x = 0, mais que sa dispersion a changé. • si q = 4k + 2, k ∈ N r 2ρ2 −2ρ2 x2 e ρ(x, tq ) = ρ(−x, 0) = ρ(x, 0) = π Il s’agit de la même fonction d’onde que dans le premier cas où x = 4k. • si q = 4k + 3, k ∈ N 2 2 2 2 2 1 e−m ω x /(2ρ ~ ) ρ(x, tq ) = |ψ(p = −mωx, 0)|2 = √ 2πρ~

Il s’agit de la même fonction d’onde que dans le deuxième cas où x = 4k + 1. Ces résultats sont résumés sur la figure 5.26 pour ρ(x, t4k ) et ρ(x, t4k+2 ), et sur la figure 5.27 pour ρ(x, t4k+1 ) et ρ(x, t4k+3 ). On peut remarquer que ρ(x, t4k ) = ρ(x, t4k+2 ) et ρ(x, t4k+1 ) = ρ(x, t4k+3 ). La densité de ω probabilité oscille donc entre ces deux courbes avec une fréquence . 2π On observe en fait un comportement similaire dans les quatre exemples de cette question. Le cas (i) de l’onde plane est le plus extrême : la particule passe d’une situation où elle est délocalisée dans tout l’espace à une autre où elle est localisée en un point précis, et ainsi de suite. Les trois autres exemples, plus réalistes, présentent également ce mouvement périodique de contraction et d’étalement du paquet d’ondes au cours du temps. L’évolution du paquet d’ondes peut donc être visualisée comme un mouvement périodique entre ces deux distributions spatiales.

294

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 5.26 – Représentation graphique de l’évolution de la fonction d’onde ψ(x, 0) =



2ρ2 π

1/4

e−ρ

2 2

x

au cours du temps pour t4k et t4k+2 .

Fig. 5.27 – Représentation graphique de l’évolution de la fonction d’onde ψ(x, 0) =



2ρ2 π

1/4

e−ρ

2 2

x

au cours du temps pour t4k+1 et t4k+3 .

Chapitre 6 Corrigés des exercices du Chapitre VI (Complément FVI). Propriétés générales des moments cinétiques en mécanique quantique Le moment cinétique joue un rôle très important en mécanique classique, dans la description de la rotation des systèmes, par exemple. Comme indiqué dans le Chapitre VI, le moment cinétique est également utilisé en mécanique quantique où il est défini comme un opérateur. Le moment cinétique étant un opérateur, l’idée principale de ces exercices est, comme pour ceux des chapitres précédents, de déterminer les résultats de mesures et les probabilités correspondantes.

6.1

Valeur moyenne d’un moment magnétique pour un état donné

Énoncé. On considère un système de moment cinétique j = 1, dont l’espace des états admet pour base l’ensemble {|+1i , |0i , |−1i} des trois vecteurs propres communs à J2 (valeur propre 2~2 ) et Jz (valeurs propres respectives +~, 0 et −~). L’état du système est |ψi = α |+1i + β |0i + γ |−1i où α, β, γ sont trois paramètres complexes donnés. a. Calculer la valeur moyenne hJi du moment cinétique en fonction de α, β, γ. b. Donner, en fonction

 quantités, l’expression des trois valeurs  des mêmes moyennes Jx2 , Jy2 et Jz2 .

296

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Commentaires. Cet exercice introduit ce chapitre à la perfection. L’objectif est de déterminer les résultats de mesures pour un état quantique |ψi connu, en particulier ici la valeur moyenne de mesures. L’idée est donc de réappliquer les mêmes méthodes que précédemment à des moments cinétiques, les opérateurs qui sont l’objet de ce chapitre.

Corrigé. On considère un système de moment cinétique j = 1, dont l’espace des états admet pour base l’ensemble {|+1i , |0i , |−1i} des trois vecteurs propres communs à J2 (valeur propre 2~2 ) et Jz (valeurs propres respectives +~, 0 et −~). L’état du système est |ψi = α |+1i + β |0i + γ |−1i où α, β, γ sont trois paramètres complexes donnés. Un tel système est caractérisé par son moment cinétique j = 1, dont les projections sur l’axe de quantification sont +1, 0 et −1, d’où la base {|+1i , |0i , |−1i} de l’espace des états. L’introduction de α, β et γ rend ce problème général, applicable à n’importe quel vecteur |ψi dans cette base, et α, β et γ en sont les composantes dans cette base. Cet exercice vise à montrer que différentes valeurs des coefficients conduisent à différentes valeurs moyennes individuelles pour Jx2 , Jy2 et Jz2 , ce qui est logique du fait que cela

revient à calculer les valeurs moyennes dans différents états. La valeur moyenne J2 est néanmoins constante pour n’importe quel vecteur |ψi dans cette base, ce qui est également logique. a. Calculer la valeur moyenne hJi du moment cinétique en fonction de α, β, γ. On a par définition : 

J+ = Jx + iJy J− = Jx − iJy

 1   Jx = (J+ + J− ) 2 ⇔   J = 1 (J − J ) + − y 2i

et l’action des opérateurs J+ , J− , Jz et J2 sur les vecteurs de la base est connue. Du fait que p J± |mi = ~ j(j + 1) − m(m ± 1) |m ± 1i J+ |ji =

on en déduit donc : hJx i

= = =

J− |−ji = 0

1 ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|) (J+ + J− ) (α |+1i + β |0i + γ |−1i) 2 √ √ √ √ ~ ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)(β 2 |+1i + γ 2 |0i + α 2 |0i + β 2 |−1i) 2 √ √ ~ 2 ∗ (α β + β ∗ (α + γ) + βγ ∗ ) = ~ 2Re[α∗ β + β ∗ γ] 2

hψ| Jx |ψi =

Corrigés des exercices du Chapitre VI hJy i

= = =

hJz i

= =

297

1 ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|) (J+ − J− ) (α |+1i + β |0i + γ |−1i) 2i √ √ √ √ ~ ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)(β 2 |+1i + γ 2 |0i − α 2 |0i − β 2 |−1i) 2i √ √ ~ 2 ∗ (α β + β ∗ (−α + γ) − βγ ∗ ) = ~ 2Im[α∗ β + β ∗ γ] 2i hψ| Jz |ψi = (α∗ h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)Jz (α |+1i + β |0i + γ |−1i) hψ| Jy |ψi =

~(α∗ h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)(α |+1i − γ |−1i) = (|α|2 − |γ|2 )~

et l’on a donc au final :   √ ∗ ∗ √2Re[α∗ β + β ∗ γ] hJi = ~  2Im[α β + β γ]  |α|2 − |γ|2 On peut remarquer que le résultat est bien réel, comme devrait l’être tout résultat de mesure en mécanique quantique et a fortiori la valeur moyenne de toute mesure. En ce qui concerne hJz i, on peut également considérer que réaliser une mesure de Jz sur le ket |ψi peut donner pour résultats : • +~ avec une probabilité |α|2 ,

• 0 avec une probabilité |β|2 ,

• −~ avec une probabilité |γ|2 , d’où hJz i = +~|α|2 + 0|β|2 − ~|γ|2

qui donne bien entendu le même résultat que précédemment. b. Donner, en quantités, l’expression des trois valeurs    des mêmes

fonction moyennes Jx2 , Jy2 et Jz2 . On a, d’après les expressions rappelées à la question a :  1 2 2  + J− + J+ J− + J− J+ )  Jx2 = (J+ 4   J 2 = − 1 (J 2 + J 2 − J J − J J ) + − − + y − 4 + Or on a :

J± J∓ = (Jx ± iJy )(Jx ∓ iJy ) = Jx2 + Jy2 ∓ i[Jx , Jy ] = J2 − Jz2 ± ~Jz et l’on peut donc en déduire :  1 2 2  + J− + 2J2 − 2Jz2 )  Jx2 = (J+ 4   J 2 = − 1 (J 2 + J 2 − 2J2 + 2J 2 ) y − z 4 +

298

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Par conséquent :

2
1 2 2 Jx = (α∗ h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|) J+ + J− + 2J2 − 2Jz2 (α |+1i + β |0i + γ |−1i) 4 ~2 ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|) = 4 × ((2γ + 4α − 2α) |+1i + 4β |0i + (2α + 4γ − 2γ) |−1i) ~2 ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)((α + γ) |+1i + 2β |0i + (α + γ) |−1i) 2 ~2 ~2 = ((α + γ)(α∗ + γ ∗ ) + 2ββ ∗ ) = (|α|2 + 2|β|2 + |γ|2 + 2Re[αγ ∗ ]) 2 2 ~2 (1 + |β|2 + 2Re[αγ ∗ ]) = 2

2 1 Jy = − (α∗ h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|) 4
2 2 × J+ + J− − 2J2 + 2Jz2 (α |+1i + β |0i + γ |−1i) =

~2 ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|) 4 × ((2γ − 4α + 2α) |+1i − 4β |0i + (2α − 4γ + 2γ) |−1i)

=−

~2 ∗ (α h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)((−α + γ) |+1i − 2β |0i + (α − γ) |−1i) 2 ~2 ~2 = ((γ − α)(γ ∗ − α∗ ) − 2ββ ∗ ) = (|α|2 + 2|β|2 + |γ|2 − 2Re[αγ ∗ ]) 2 2 ~2 (1 + |β|2 − 2Re[αγ ∗ ]) = 2

2 Jz = (α∗ h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)Jz2 (α |+1i + β |0i + γ |−1i) =−

= ~2 (α∗ h+1| + β ∗ h0| + γ ∗ h−1|)(α |+1i + γ |−1i) = (|α|2 + |γ|2 )~2 = (1 − |β|2 )~2

du fait que |α|2 + |β|2 + |γ|2 = 1, l’état |ψi étant normé. On a donc en résumé : 

2  ~2   (1 + |β|2 + 2Re[αγ ∗ ]) Jx =    2 

2  ~2 (1 + |β|2 − 2Re[αγ ∗ ]) Jy =    2    2 Jz = (1 − |β|2 )~2

et l’on peut vérifier que

2 2 2 2 J = Jx + Jy + Jz = 2~2

ce qui est logique du fait que les valeurs propres de J2 sont de la forme j(j + 1)~2 et j = 1. Il est toujours utile de vérifier la cohérence des divers résultats.

Corrigés des exercices du Chapitre VI

6.2

299

Mesure du moment magnétique dans un espace à quatre dimensions

Énoncé. Soit un système physique quelconque dont l’espace des états, à quatre dimensions, est rapporté à une base de quatre vecteurs propres |j, mz i communs à J2 et Jz (j = 0 ou 1 ; −j 6 mz 6 +j), de valeurs propres j(j + 1)~2 et mz ~, et tels que : p J± |j, mz i = ~ j(j + 1) − mz (mz ± 1) |j, mz ± 1i J+ |j, ji = J− |j, −ji = 0 a. Exprimer, en fonction des kets |j, mz i, les états propres communs à J2 et Jx , que l’on notera |j, mx i. b. On considère un système dans l’état normé : |ψi = α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i

+ γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i

(i) Quelle est la probabilité de trouver 2~2 et ~ si l’on mesure simultanément J2 et Jx ? (ii) Calculer la valeur moyenne de Jz lorsque le système est dans l’état |ψi, ainsi que les probabilités des différents résultats possibles lors d’une mesure portant sur cette observable seule. (iii) Mêmes questions pour l’observable J2 , puis pour Jx . (iv) On mesure maintenant Jz2 ; quels sont les résultats possibles, leurs probabilités, leur valeur moyenne ?

Commentaires. Cet exercice fait suite au précédent et ne devrait être traité qu’après ce dernier. Il a l’avantage, comme le premier, d’être général, et les méthodes utilisées sont standard. Cependant, en plus de déterminer la valeur moyenne de J2 et de ses composantes, cet exercice a également pour but de déterminer les valeurs moyennes des composantes de J et traite de mesures simultanées. De telles valeurs sont importantes pour décrire les états quantiques réels et caractériser les systèmes quantiques réels. La question a a en particulier pour but de vérifier que le choix arbitraire de l’axe Oz pour définir l’E.C.O.C. n’affecte pas la physique. Dans la question b, l’état quantique, c’est-à-dire le ket |ψi, est exprimé dans la base des quatre vecteurs propres ; l’objectif est donc d’étudier les divers résultats de mesures et les probabilités associées.

300

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Corrigé. Soit un système physique quelconque dont l’espace des états, à quatre dimensions, est rapporté à une base de quatre vecteurs propres |j, mz i communs à J2 et Jz (j = 0 ou 1 ; −j 6 mz 6 +j), de valeurs propres j(j + 1)~2 et mz ~, et tels que : p J± |j, mz i = ~ j(j + 1) − mz (mz ± 1) |j, mz ± 1i J+ |j, ji = J− |j, −ji = 0 a. Exprimer, en fonction des kets |j, mz i, les états propres communs à J2 et Jx , que l’on notera |j, mx i.

Commençons par déterminer l’action de l’opérateur Jx sur les états propres |j, mz i. On a  1 J+ = Jx + iJy ⇒ Jx = (J+ + J− ) J− = Jx − iJy 2 et donc   Jx |j         Jx |j     Jx |j      Jx |j

1 = 1, mz = 1i = √ |j = 1, mz = 0i 2 1 = 1, mz = 0i = √ [|j = 1, mz = 1i + |j = 1, mz = −1i] 2 1 = 1, mz = −1i = √ |j = 1, mz = 0i 2 = 0, mz = 0i = 0

Or on a, pour les états propres |j, mx i communs à J2 et Jx , toujours j = 0 ou 1, et −j 6 mx 6 +j. Soit |ψi un état propre commun à J2 et Jx . |ψi peut se développer sur la base {|j, mz i} sous la forme : |ψi = α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i + γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i

On a donc, d’après ce qui précède : ~ Jx |ψi = √ [α |j = 1, mz = 0i + β [|j = 1, mz = 1i + |j = 1, mz = −1i] 2 + γ |j = 1, mz = 0i]

~ = √ [β |j = 1, mz = 1i + (α + γ) |j = 1, mz = 0i + β |j = 1, mz = −1i] 2 = mx ~ [α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i + γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i]

Ainsi : • pour mx = 1, la relation précédente devient :

Corrigés des exercices du Chapitre VI

301

~ √ [β |j = 1, mz = 1i + (α + γ) |j = 1, mz = 0i + β |j = 1, mz = −1i] 2 = ~ [α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i + γ |j = 1, mz = −1i +δ |j = 0, mz = 0i]

soit, en identifiant terme à terme : √  β=α 2 √   √  √  α + γ√ =β 2 β=α 2=γ 2 ⇔ δ=0  β=γ 2   δ=0 et l’on en déduit

|j = 1, mx = 1i =

i √ 1h |j = 1, mz = 1i + 2 |j = 1, mz = 0i + |j = 1, mz = −1i 2

• pour mx = 0, la relation précédente devient : β |j = 1, mz = 1i + (α + γ) |j = 1, mz = 0i + β |j = 1, mz = −1i = 0

ce qui impose déjà β = 0, δ pouvant être quelconque, et donc

|ψi = α |j = 1, mz = 1i + γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i

On doit nécessairement avoir δ = 0 pour avoir J2 |ψi = 2~2 |ψi, auquel cas la condition précédente impose γ = −α 6= 0 pour que |ψi soit non nul, et donc 1 |j = 1, mx = 0i = √ [|j = 1, mz = 1i − |j = 1, mz = −1i] 2 Inversement, on doit nécessairement avoir α = γ = 0 pour avoir J2 |ψi = 0, auquel cas on doit avoir δ 6= 0 pour que |ψi soit non nul, et donc |j = 0, mx = 0i = |j = 0, mz = 0i

ce qui était déjà évident du fait que Jx |j = 0, mz = 0i = 0. • pour mx = −1, la relation précédente devient : =

~ √ [β |j = 1, mz = 1i + (α + γ) |j = 1, mz = 0i + β |j = 1, mz = −1i] 2 −~ [α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i + γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i]

soit, en identifiant terme à terme : √  β = −α 2 √   √  √  α + γ =√−β 2 β = −α 2 = −γ 2 ⇔ δ=0  β = −γ 2   δ=0 et l’on en déduit

|j = 1, mx = −1i =

i √ 1h |j = 1, mz = 1i − 2 |j = 1, mz = 0i + |j = 1, mz = −1i 2

302

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Les états propres communs à J2 et Jx sont donc : 

   |j = 1, mx = 1i   |j = 1, mx = 0i   =   |j = 1, mx = −1i     |j = 0, mx = 0i  

1 √2 2 2 1 2 0

√

2 2

−

0 √

2 2 0

1 2 √

2 − 2 1 2 0

 0     0      0  1

 |j = 1, mz = 1i |j = 1, mz = 0i   |j = 1, mz = −1i  |j = 0, mz = 0i

b. On considère un système dans l’état normé : |ψi = α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i + γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i

(i) Quelle est la probabilité de trouver 2~2 et ~ si l’on mesure simultanément J2 et Jx ? Il nous faut commencer par exprimer l’état |ψi, actuellement exprimé dans la base {|j, mz i}, dans la base {|j, mx i} déterminée à la question a. Or on a, d’après les résultats de la question a : i √ 1h |j = 1, mz = 1i + 2 |j = 1, mz = 0i + |j = 1, mz = −1i 2 1 √ [|j = 1, mz = 1i − |j = 1, mz = −1i] 2  i  √ 1h    |j = 1, mz = 1i − 2 |j = 1, mz = 0i + |j = 1, mz = −1i |j = 1, mx = −1i =   2    |j = 0, mx = 0i = |j = 0, mz = 0i   |j = 1, mx = 1i =          |j = 1, mx = 0i =

et donc

 |j = 1, mx = 1i + |j = 1, mx = −1i = |j   √ = 1, mz = 1i + |j = 1, mz = −1i  |j = 1, m = 1i − |j = 1, m = −1i = 2 |j = 1, mz = 0i x x √  2 |j = 1, mx = 0i = |j = 1, mz = 1i − |j = 1, mz = −1i   |j = 0, mz = 0i = |j = 0, mx = 0i

soit

i √ 1h |j = 1, mx = 1i + 2 |j = 1, mx = 0i + |j = 1, mx = −1i 2 1 √ [|j = 1, mx = 1i − |j = 1, mx = −1i] 2  i  √ 1h   |j = 1, mx = 1i − 2 |j = 1, mx = 0i + |j = 1, mx = −1i |j = 1, m = −1i =  z   2    |j = 0, mz = 0i = |j = 0, mx = 0i   |j = 1, mz = 1i =          |j = 1, mz = 0i =

On en déduit ainsi |ψi

=

α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i + γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i

=



γ α β + √ + 2 2 2

+





γ β α − √ + 2 2 2

|j = 1, mx = 1i +



α−γ |j = 1, mx = 0i √ 2

|j = 1, mx = −1i + δ |j = 0, mx = 0i

La probabilité de trouver 2~2 et ~ si l’on mesure simultanément J2 et Jx correspond donc à la probabilité de se trouver dans l’état |j = 1, mx = 1i et vaut

Corrigés des exercices du Chapitre VI

303

2 α β γ PJ2 ,Jx (j = 1, mx = 1) = | hj = 1, mx = 1|ψi |2 = + √ + 2 2 2

(ii) Calculer la valeur moyenne de Jz lorsque le système est dans l’état |ψi, ainsi que les probabilités des différents résultats possibles lors d’une mesure portant sur cette observable seule. La valeur moyenne de Jz dans l’état |ψi vaut : hJz i

=

(α∗ hj = 1, mz = 1| + β ∗ hj = 1, mz = 0| + γ ∗ hj = 1, mz = −1| +δ ∗ hj = 0, mz = 0|)Jz (α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i

=

+γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i)

~(α∗ hj = 1, mz = 1| + β ∗ hj = 1, mz = 0| + γ ∗ hj = 1, mz = −1|

+δ ∗ hj = 0, mz = 0|)(α |j = 1, mz = 1i − γ |j = 1, mz = −1i)

soit hJz i = (|α|2 − |γ|2 )~ Une mesure de Jz peut quant à elle donner les résultats : • +~ avec une probabilité PJz (mz = 1) = | hj = 1, mz = 1|ψi |2 = |α|2

• 0 avec une probabilité PJz (mz = 0) = | hj = 1, mz = 0|ψi |2 +| hj = 0, mz = 0|ψi |2 = |β|2 +|δ|2 • −~ avec une probabilité PJz (mz = −1) = | hj = 1, mz = −1|ψi |2 = |γ|2 Il est une fois de plus possible d’en déduire hJz i.

(iii) Mêmes questions pour l’observable J2 , puis pour Jx . La valeur moyenne de J2 dans l’état |ψi vaut :

2 J

=

(α∗ hj = 1, mz = 1| + β ∗ hj = 1, mz = 0| + γ ∗ hj = 1, mz = −1| +δ ∗ hj = 0, mz = 0|)J2 (α |j = 1, mz = 1i + β |j = 1, mz = 0i

=

+γ |j = 1, mz = −1i + δ |j = 0, mz = 0i)

(α∗ hj = 1, mz = 1| + β ∗ hj = 1, mz = 0| + γ ∗ hj = 1, mz = −1| +δ ∗ hj = 0, mz = 0|)2~2 (α |j = 1, mz = 1i +β |j = 1, mz = 0i + γ |j = 1, mz = −1i)

soit

2 J = 2(|α|2 + |β|2 + |γ|2 )~2

Une mesure de J2 peut quant à elle donner les résultats :

304

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I • 2~2 avec une probabilité

PJ2 (j = 1) = |hj = 1, mz = 1|ψi|2 + | hj = 1, mz = 0|ψi |2 + |hj = 1, mz = −1|ψi|2

= |α|2 + |β|2 + |γ|2

• 0 avec une probabilité

PJ2 (j = 0) = |hj = 0, mz = 0|ψi|2 = |δ|2

La valeur moyenne de Jx dans l’état |ψi vaut : 

hJx i

=

hψ| Jx

 +

2

β γ − √ + 2 2 2

hψ| ~

 = =

β γ + √ + 2 2

α

 =

α

|j = 1, mx = 1i +



 |j = 1, mx = −1i + δ |j = 0, mx = 0i

β γ + √ + 2 2 2

α

α∗

α−γ |j = 1, mx = 0i √ 2



β∗ γ∗ + √ + 2 2 2





 |j = 1, mx = 1i −

α

β γ + √ + 2 2 2



 −

α

β γ − √ + 2 2 2

α∗



β∗ γ∗ − √ + 2 2 2

 |j = 1, mx = −1i



α

β γ − √ + 2 2 2

 ~

α∗ β + β ∗ α + β ∗ γ + γ ∗ β ~ √ 2

soit

√ hJx i = ~ 2Re[α∗ β + β ∗ γ]

Une mesure de Jx peut quant à elle donner les résultats : • +~ avec une probabilité 2 α β γ 2 PJx (mx = 1) = |hj = 1, mx = 1|ψi| = + √ + 2 2 2 • 0 avec une probabilité

P

Jx (mx

α − γ 2 = 0) = |hj = 1, mx = 0|ψi|2 + |hj = 0, mx = 0|ψi|2 = √ + |δ|2 2

• −~ avec une probabilité

P

Jx (mx

α β γ 2 = −1) = |hj = 1, mx = −1|ψi|2 = − √ + 2 2 2



(iv) On mesure maintenant Jz2 ; quels sont les résultats possibles, leurs probabilités, leur valeur moyenne ? Les vecteurs |j, mz i sont états propres de Jz2 avec les valeurs propres m2z ~2 . Une mesure de Jz2 peut donc donner les résultats : • ~2 avec une probabilité

PJz2 (mz = ±1) = |hj = 1, mz = 1|ψi|2 +|hj = 1, mz = −1|ψi|2 = |α|2 +|γ|2

• 0 avec une probabilité

PJz2 (mz = 0) = |hj = 1, mz = 0|ψi|2 + |hj = 0, mz = 0|ψi|2 = |β|2 + |δ|2

et la valeur moyenne de Jz2 dans l’état |ψi peut donc être déterminée directement comme :

2 Jz = (|α|2 + |γ|2 )~2

Corrigés des exercices du Chapitre VI

6.3

305

Lien entre le moment cinétique classique et l’opérateur quantique associé

Énoncé. Soit L = R × P le moment cinétique d’un système dont l’espace des états est Er . Démontrer les relations de commutation : [Li , Rj ] = [Li , Pj ] =   Li , P 2 =

i~εijk Rk i~εijk Pk   Li , R2 = [Li , R · P] = 0

où Li , Rj , Pj désignent des composantes quelconques de L, R, P sur un système d’axes orthonormé, et εijk est défini par :   0 si deux (ou trois) des indices i, j, k sont égaux 1 si ces indices forment une permutation paire de x, y, z εijk =  −1 si la permutation est impaire

Commentaires. Le moment cinétique classique est par définition le produit vectoriel du vecteur position par l’impulsion. L’opérateur L de la mécanique quantique est défini de la même manière à l’aide des opérateurs position et impulsion.

Corrigé. Soit L = R × P le moment cinétique d’un système dont l’espace des états est Er . Démontrer les relations de commutation : [Li , Rj ] [Li , Pj ]   Li , P2

= i~εijk Rk = i~εijk Pk   = Li , R2 = [Li , R · P] = 0

où Li , Rj , Pj désignent des composantes quelconques de L, R, P sur un système d’axes orthonormé, et εijk est défini par :

εijk

  0 si deux (ou trois) des indices i, j, k sont égaux 1 si ces indices forment une permutation paire de x, y, z =  −1 si la permutation est impaire

Il importe d’être capable de calculer de tels commutateurs car il s’agit d’une étape importante pour établir un E.C.O.C.

306

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

On a, par définition du moment cinétique :         X Lx Y Pz − ZPy Px  Ly  =  Y  ×  Py  =  ZPx − XPz  Lz Z XPy − Y Px Pz On a donc d’une part :

[Lx , X] = [Lx , Y ] = [Lx , Z] =

[Y Pz − ZPy , X] = 0 [Y Pz − ZPy , Y ] = −Z [Py , Y ] = i~Z [Y Pz − ZPy , Z] = Y [Pz , Z] = −i~Y

et des relations similaires pour Ly et Lz obtenues par permutation circulaire de x, y et z, d’où [Li , Rj ] = i~εijk Rk On peut remarquer que, lorsque i = j, [Li , Ri ] = 0. Cette relation est similaire au résultat classique selon lequel le moment cinétique est orthogonal au plan du mouvement. On a d’autre part : [Lx , Px ] = [Lx , Py ] = [Lx , Pz ] =

[Y Pz − ZPy , Px ] = 0

[Y Pz − ZPy , Py ] = [Y, Py ] Pz = i~Pz [Y Pz − ZPy , Pz ] = − [Z, Pz ] Py = −i~Py

et des relations similaires pour Ly et Lz obtenues par permutation circulaire de x, y et z, d’où [Li , Pj ] = i~εijk Pk On a enfin :   Lx , P2 =

=

      Lx , Px2 + Py2 + Pz2 = Lx , Py2 + Lx , Pz2

=   2 Lx , R =

i~Py Pz + i~Pz Py − i~Pz Py − i~Py Pz = 0       Lx , X 2 + Y 2 + Z 2 = Lx , Y 2 + Lx , Z 2

= =

[Lx , R · P] = = =

Py [Lx , Py ] + [Lx , Py ] Py + Pz [Lx , Pz ] + [Lx , Pz ] Pz

Y [Lx , Y ] + [Lx , Y ] Y + Z [Lx , Z] + [Lx , Z] Z i~Y Z + i~ZY − i~ZY − i~Y Z = 0

[Lx , XPx + Y Py + ZPz ] = [Lx , Y Py ] + [Lx , ZPz ] Y [Lx , Py ] + [Lx , Y ] Py + Z [Lx , Pz ] + [Lx , Z] Pz i~Y Pz + i~ZPy − i~ZPy − i~Y Pz = 0

d’après ce qui précède, et l’on obtiendra des relations similaires pour Ly et Lz . On a donc bien :     Li , P2 = Li , R2 = [Li , R · P] = 0

ce qui confirme que P2 , R2 et R · P sont des observables scalaires.

307

Corrigés des exercices du Chapitre VI

6.4

Rotation d’une molécule polyatomique

Énoncé. On considère un système constitué de N particules différentes, de positions R1 , . . . , Rm , . . . , RN , d’impulsions P1 , . . . , Pm , . . . , PN . On pose X J= Lm m

avec :

Lm = Rm × Pm

a. Montrer que l’opérateur J satisfait les relations de commutation qui définissent un moment cinétique ; en déduire que, si V et V′ désignent deux vecteurs ordinaires de l’espace à trois dimensions, on a : [J · V, J · V′ ] = i~(V × V′ ) · J b. Calculer les commutateurs de J avec les trois composantes de Rm , ainsi qu’avec celles de Pm . Montrer que : [J, Rm · Rp ] = 0 c. Établir que : [J, J · Rm ] = 0

et en déduire la relation :

[J · Rm , J · Rm′ ] = i~(Rm′ × Rm ) · J = i~J · (Rm′ × Rm ) On pose : W=

X

W′ =

am Rm

m X

a′m Rm

m

où les coefficients am et

a′m

sont donnés. Montrer que :

[J · W, J · W′ ] = −i~(W × W′ ) · J Conclusion : quelle différence existe-t-il entre les relations de commutation des composantes de J sur des axes fixes, et celles relatives aux composantes de J sur des axes mobiles liés au système étudié ? d. On considère une molécule formée par N atomes non alignés dont les distances relatives sont supposées invariables (rotateur rigide). On appelle J la somme des moments cinétiques des atomes par rapport au centre de masse de la molécule, situé en un point fixe O ; les axes

308

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Oxyz constituent un repère orthonormé fixe. Les trois axes principaux d’inertie du système étudié sont désignés par Oα, Oβ et Oγ, l’ellipsoïde d’inertie étant supposé de révolution autour de Oγ (rotateur symétrique). L’énergie de rotation de la molécule s’écrit alors : " # Jα2 + Jβ2 1 Jγ2 + H= 2 Ik I⊥ où Jα , Jβ et Jγ sont les composantes de J sur les vecteurs unitaires wα , wβ et wγ des axes mobiles Oα, Oβ et Oγ liés à la molécule, Ik et I⊥ les moments d’inertie correspondants. On admettra que : Jα2 + Jβ2 + Jγ2 = Jx2 + Jy2 + Jz2 = J2 (i) Déduire des résultats de c les relations de commutation de Jα , Jβ et Jγ . (ii) On introduit les opérateurs N± = Jα ∓ iJβ . En reprenant les raisonnements généraux du Chapitre VI, montrer que l’on peut trouver des vecteurs propres communs à J2 et Jγ , de valeurs propres J(J + 1)~2 et K~, avec K = −J, −J + 1, . . . , J − 1, J.

(iii) Exprimer l’hamiltonien H du rotateur en fonction de J2 et Jγ2 . Calculer ses valeurs propres.

(iv) Montrer que l’on peut trouver des états propres communs à J2 , Jz , Jγ que l’on notera |J, M, Ki [les valeurs propres respectives sont J(J + 1)~2 , M ~, K~]. Montrer que ces états sont également états propres de H. (v) Calculer les commutateurs de J± et N± avec J2 , Jz , Jγ . En déduire l’action de J± et N± sur |J, M, Ki. Montrer que les valeurs propres de H sont au moins 2(2J + 1) fois dégénérées si K 6= 0, (2J + 1) fois dégénérées si K = 0.

(vi) Tracer le diagramme d’énergie du rotateur rigide (J est entier car J est une somme de moments cinétiques orbitaux ; cf. Chapitre X). Que devient ce diagramme lorsque Ik = I⊥ (rotateur sphérique) ?

Commentaires. Il s’agit d’un exercice plus long composé de deux parties distinctes. La première, jusqu’à la question c, conduit à une relation de commutation très générale et remarquable. Il est toujours intéressant de tester une telle relation sur un cas simple (un seul axe, par exemple) pour l’interprétation tout en gardant en tête sa généralité et son cadre. La seconde partie correspond à la question d, qui est composée de plusieurs sous-questions. Elle vise à appliquer la relation générale susmentionnée au cas plus concret d’une molécule partiellement symétrique. Le résultat est

309

Corrigés des exercices du Chapitre VI illustré dans le diagramme d’énergie de la molécule. Un lien fort est établi entre symétrie et dégénérescence des niveaux d’énergie. Cet exercice traite de la rotation pure d’une molécule polyatomique, les vibrations ne sont pas considérées ici. Le moment cinétique de la molécule est modélisé ici simplement comme la somme des moments cinétiques de tous les atomes de la molécule. Il n’y a notamment aucune interaction entre les atomes dans un modèle de ce type. Malgré sa simplicité, le modèle permet de déterminer les diagrammes d’énergie de toupies symétriques (molécules possédant des moments d’inertie identiques par rapport à deux de leurs axes de rotation, comme NH3 , CH3 Cl, C6 H6 , etc.) et de toupies sphériques (molécules dont les trois moments d’inertie sont égaux, comme CH4 , SF6 , etc.). De tels résultats sont directement comparables aux diagrammes d’énergie de molécules réelles. Une molécule est composée de N atomes arrangés selon une certaine géométrie. Un atome est un système quantique à plusieurs corps déjà complexe constitué d’électrons et d’un noyau. Une molécule est donc encore plus complexe. Lorsqu’on considère une molécule, il faut non seulement déterminer la structure électronique du système, mais aussi la manière dont la structure est modifiée par des mouvements de vibration (mouvement relatif des atomes à l’intérieur de la molécule), dont la description repose fortement sur les oscillateurs harmoniques (voir Chapitre V), et de rotation (rotation de toute la molécule), dont la description repose sur les opérateurs moment cinétique qui sont l’objet de ce chapitre.

Corrigé. On considère un système constitué de N particules différentes, de positions R1 , . . . , Rm , . . . , RN , d’impulsions P1 , . . . , Pm , . . . , PN . On pose X J= Lm m

avec :

Lm = Rm × Pm

a. Montrer que l’opérateur J satisfait les relations de commutation qui définissent un moment cinétique ; en déduire que, si V et V′ désignent deux vecteurs ordinaires de l’espace à trois dimensions, on a : [J · V, J · V′ ] = i~(V × V′ ) · J Chacun des opérateurs Lm avec 1 6 m 6 N est l’opérateur moment cinétique de la particule (m) et satisfait donc les relations de commutation qui définissent un moment cinétique :   [Lm,x , Lm,y ] = i~Lm,z [Lm,y , Lm,z ] = i~Lm,x  [Lm,z , Lm,x ] = i~Lm,y

310

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Ces relations sont intuitives si l’on pense aux propriétés des produits vectoriels et aux permutations circulaires. On peut donc en déduire : " # X X X X [Jx , Jy ] = [Lm,x , Lm,y ] = i~ Lm,z = i~Jz Lm,x , Lm′ ,y = m′

m

m

m

et des relations similaires obtenues par permutation circulaire de x, y et z, du fait que les opérateurs Lm,x et Lm′ ,y associés à deux particules différentes commutent. L’opérateur J satisfait donc bien les relations de commutation qui définissent un moment cinétique :   [Jx , Jy ] = i~Jz [Jy , Jz ] = i~Jx  [Jz , Jx ] = i~Jy

On a de plus, pour V et V′ deux vecteurs ordinaires de l’espace à trois dimensions : 

   J · V, J · V′ = Jx Vx + Jy Vy + Jz Vz , Jx Vx′ + Jy Vy′ + Jz Vz′       = Jx Vx , Jy Vy′ + Jz Vz′ + Jy Vy , Jx Vx′ + Jz Vz′ + Jz Vz , Jx Vx′ + Jy Vy′ = Vx Vy′ [Jx , Jy ] + Vx Vz′ [Jx , Jz ] + Vy Vx′ [Jy , Jx ] + Vy Vz′ [Jy , Jz ] + Vz Vx′ [Jz , Jx ] + Vz Vy′ [Jz , Jy ]

soit

= i~Vx Vy′ Jz − i~Vx Vz′ Jy − i~Vy Vx′ Jz + i~Vy Vz′ Jx + i~Vz Vx′ Jy − i~Vz Vy′ Jx   = i~ (Vy Vz′ − Vz Vy′ )Jx + (Vz Vx′ − Vx Vz′ )Jy + (Vx Vy′ − Vy Vx′ )Jz

  J · V, J · V′ = i~(V × V′ ) · J

Cette notation est très compacte, mais facile à comprendre en termes de produit vectoriel si l’on raisonne composante par composante. b. Calculer les commutateurs de J avec les trois composantes de Rm , ainsi qu’avec celles de Pm . Montrer que : [J, Rm · Rp ] = 0 On a : [Jx , Xm ] = [Jx , Ym ] = [Jx , Zm ] =

" " "

#

X

Lm′ ,x , Xm = [Lm,x , Xm ] = 0

X

Lm′ ,x , Ym = [Lm,x , Ym ] = i~Zm

X

Lm′ ,x , Zm = [Lm,x , Zm ] = −i~Ym

m′

m′

m′

#

#

311

Corrigés des exercices du Chapitre VI

et des relations similaires pour Jy et Jz obtenues par permutation circulaire de x, y et z, du fait que les opérateurs Lm′ ,x et Xm , Ym , Zm associés à deux particules différentes commutent et d’après les relations obtenues dans l’exercice 3. On a donc :       0 Zm −Ym [J, Xm ] = i~  −Zm  , [J, Ym ] = i~  0  , [J, Zm ] = i~  Xm  Ym −Xm 0 donc on peut conclure que

[J, Xm ] = i~ex × Rm , [J, Ym ] = i~ey × Rm , [J, Zm ] = i~ez × Rm et l’on obtient des résultats similaires avec les composantes de Pm : [J, Pm,x ] = i~ex × Pm , [J, Pm,y ] = i~ey × Pm , [J, Pm,z ] = i~ez × Pm d’après les relations obtenues dans l’exercice 3. Ces formules semblent une fois de plus intuitives si l’on raisonne en termes de produit vectoriel. On a enfin : [J, Rm · Rp ] = [J, Xm Xp + Ym Yp + Zm Zp ] = [J, Xm Xp ] + [J, Ym Yp ] + [J, Zm Zp ]

= Xm [J, Xp ] + [J, Xm ] Xp + Ym [J, Yp ] + [J, Ym ] Yp + Zm [J, Zp ] + [J, Zm ] Zp

= i~(Xm ex × Rp + Xp ex × Rm + Ym ey × Rp + Yp ey × Rm + Zm ez × Rp + Zp ez × Rm )

= i~(Rm × Rp + Rp × Rm )

d’après ce qui précède, du fait que les composantes de Rm commutent avec celles de Rp , soit [J, Rm · Rp ] = 0 c. Établir que : et en déduire la relation :

[J, J · Rm ] = 0

[J · Rm , J · Rm′ ] = i~(Rm′ × Rm ) · J = i~J · (Rm′ × Rm ) On pose : W=

X m

am Rm

W′ =

X

a′m Rm

m

où les coefficients am et a′m sont donnés. Montrer que : [J · W, J · W′ ] = −i~(W × W′ ) · J Conclusion : quelle différence existe-t-il entre les relations de commutation des composantes de J sur des axes fixes, et celles relatives aux composantes de J sur des axes mobiles liés au système étudié ?

312

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On a : [J, J · Rm ]

=

[J, Jx Xm + Jy Ym + Jz Zm ] = [J, Jx Xm ] + [J, Jy Ym ] + [J, Jz Zm ]

=

Jx [J, Xm ] + [J, Jx ] Xm + Jy [J, Ym ] + [J, Jy ] Ym + Jz [J, Zm ] + [J, Jz ] Zm

=

i~(Jx ex × Rm + (−Jz ey + Jy ez )Xm + Jy ey × Rm + (Jz ex − Jx ez )Ym +Jz ez × Rm + (−Jy ex + Jx ey )Zm )

=

i~(J × Rm + (Jz Ym − Jy Zm )ex + (Jx Zm − Jz Xm )ey + (Jy Xm − Jx Ym )ez

=

i~(J × Rm − J × Rm )

d’après les résultats de la question b, soit [J, J · Rm ] = 0 On a donc : [J · Rm , Jx Xm′ + Jy Ym′ + Jz Zm′ ]

[J · Rm , J · Rm′ ] =

[J · Rm , Jx Xm′ ] + [J · Rm , Jy Ym′ ] + [J · Rm , Jz Zm′ ] Jx [J · Rm , Xm′ ] + [J · Rm , Jx ] Xm′ + Jy [J · Rm , Ym′ ]

= =

+ [J · Rm , Jy ] Ym′ + Jz [J · Rm , Zm′ ] + [J · Rm , Jz ] Zm′ Jx [J · Rm , Xm′ ] + Jy [J · Rm , Ym′ ] + Jz [J · Rm , Zm′ ]

=

du fait que [J · Rm , Jx ] = [J · Rm , Jy ] = [J · Rm , Jz ] = 0 en conséquence du résultat précédent. On a de plus : [J · Rm , Xm′ ] = [Jx Xm + Jy Ym + Jz Zm , Xm′ ]

= [Jx Xm , Xm′ ] + [Jy Ym , Xm′ ] + [Jz Zm , Xm′ ] ′ ) = [Jy , Xm′ ] Ym + [Jz , Xm′ ] Zm = i~(−Ym Zm′ + Zm Ym

′ et des relations similaires pour Ym′ et Zm par permutation circulaire de x, y et z du fait que les opérateurs associés à des particules différentes commutent et d’après les relations obtenues dans l’exercice 3. On a donc au final :

i~ [Jx (Zm Ym′ − Ym Zm′ ) + Jy (Xm Zm′ − Zm Xm′ )

[J · Rm , J · Rm′ ] =

+Jz (Ym Xm′ − Xm Ym′ )] i~J · (Rm′ × Rm )

= mais on a également [J · Rm , J · Rm′ ]

=

i~ [Jx (Zm Ym′ − Ym Zm′ ) + Jy (Xm Zm′ − Zm Xm′ )

=

i~ [(Zm Jx − i~Ym )Ym′ − (Ym Jx + i~Zm )Zm′

+Jz (Ym Xm′ − Xm Ym′ )]

+(Xm Jy − i~Zm )Zm′ − (Zm Jy + i~Xm )Xm′

+(Ym Jz − i~Xm )Xm′ − (Xm Jz + i~Ym )Ym′ ]

313

Corrigés des exercices du Chapitre VI [J · Rm , J · Rm′ ]

=

i~ [Zm Jx Ym′ − Ym Jx Zm′ + Xm Jy Zm′ − Zm Jy Xm′

=

i~ [Zm (Ym′ Jx + i~Zm′ ) − Ym (Zm′ Jx − i~Ym′ )

+Ym Jz Xm′ − Xm Jz Ym′ − 2i~(Xm Xm′ + Ym Ym′ + Zm Zm′ )]

+Xm (Zm′ Jy + i~Xm′ ) − Zm (Xm′ Jy − i~Zm′ )

+Ym (Xm′ Jz + i~Ym′ ) − Xm (Ym′ Jz − i~Xm′ ) −2i~(Xm Xm′ + Ym Ym′ + Zm Zm′ )]

=

i~ [(Zm Ym′ − Ym Zm′ )Jx + (Xm Zm′ − Zm Xm′ )Jy

=

i~(Rm′ × Rm ) · J

+(Ym Xm′ − Xm Ym′ )Jz ]

en utilisant les relations de commutation obtenues dans l’exercice 3. On a donc bien [J · Rm , J · Rm′ ] = i~(Rm′ × Rm ) · J = i~J · (Rm′ × Rm ) Si l’on pose maintenant W=

X

W′ =

am Rm

m X

a′m Rm

m

on a :   J · W, J · W′

=

=

"

J·

i~

X m

X

am Rm , J ·

am a′m (Rm′

m,m′

=

X m′

a′m Rm′

#

=

X

m,m′

× Rm ) · J = i~

am a′m [J · Rm , J · Rm′ ]

X m′

am′ Rm′ ×

X m

am Rm

!

·J

i~(W′ × W) · J

soit   J · W, J · W′ = −i~(W × W′ ) · J

Les relations de commutation des composantes de J sur des axes fixes de direction V, V′ ont été déterminées à la question a comme : [J · V, J · V′ ] = i~(V × V′ ) · J Les relations de commutation des composantes de J sur des axes mobiles de direction W, W′ liés au système étudié sont donc identiques au signe près. Cette relation compacte semble une fois de plus naturelle si l’on raisonne sur les composantes. Il est intéressant de tester la validité de cette formule sur des cas simples, par exemple V = X et V′ = Y, tout en remarquant également la généralité de cette formule qui est apparente à travers son obtention. d. On considère une molécule formée par N atomes non alignés dont les distances relatives sont supposées invariables (rotateur rigide). On appelle J la somme des moments cinétiques des atomes par rapport au centre de masse de la

314

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I molécule, situé en un point fixe O ; les axes Oxyz constituent un repère orthonormé fixe. Les trois axes principaux d’inertie du système étudié sont désignés par Oα, Oβ et Oγ, l’ellipsoïde d’inertie étant supposé de révolution autour de Oγ (rotateur symétrique). L’énergie de rotation de la molécule s’écrit alors : " # Jα2 + Jβ2 1 Jγ2 + H= 2 Ik I⊥ où Jα , Jβ et Jγ sont les composantes de J sur les vecteurs unitaires wα , wβ et wγ des axes mobiles Oα, Oβ et Oγ liés à la molécule, Ik et I⊥ les moments d’inertie correspondants. On admettra que : Jα2 + Jβ2 + Jγ2 = Jx2 + Jy2 + Jz2 = J2 Un tel système quantique est directement comparable à un système rigide classique dont l’énergie cinétique de rotation est E=

P2y P2 P2x + + z 2Ix 2Iy 2Iz

avec : • Px le moment cinétique classique autour de l’axe Ox,

• Ix le moment d’inertie associé par rapport à l’axe Ox, et de même pour les autres axes. Cette expression est en fait identique au cas quantique. Une expression mieux connue dans le cas classique est E=

1 1 1 Ix ωx2 + Iy ωy2 + Iz ωz2 2 2 2

bien qu’équivalente à la première du fait que kPx k = Ix ωx et de même pour les autres axes. (i) Déduire des résultats de c les relations de commutation de Jα , Jβ et Jγ . On a, d’après les résultats de la question c :   J · W, J · W′ = −i~(W × W′ ) · J En remplaçant les vecteurs W et W′ par les vecteurs unitaires wα , wβ et wγ , on obtient :   [Jα , Jα ] = [J · wα , J · wα ] = −i~(wα × wα ) · J = 0 [Jα , Jβ ] = [J · wα , J · wβ ] = −i~(wα × wβ ) · J = −i~Jγ  [Jα , Jγ ] = [J · wα , J · wγ ] = −i~(wα × wγ ) · J = i~Jβ

et, de manière similaire :   [Jβ , Jα ] = i~Jγ [Jβ , Jβ ] = 0  [Jβ , Jγ ] = −i~Jα

  [Jγ , Jα ] = −i~Jβ [Jγ , Jβ ] = i~Jα et  [Jγ , Jγ ] = 0

315

Corrigés des exercices du Chapitre VI

(ii) On introduit les opérateurs N± = Jα ∓ iJβ . En reprenant les raisonnements généraux du Chapitre VI, montrer que l’on peut trouver des vecteurs propres communs à J2 et Jγ , de valeurs propres J(J + 1)~2 et K~, avec K = −J, −J + 1, . . . , J − 1, J. On a : [Jγ , N+ ] = [Jγ , Jα − iJβ ] = i~(−Jβ − iJα ) = ~(Jα − iJβ ) = ~N+

[Jγ , N− ] = [Jγ , Jα + iJβ ] = i~(−Jβ + iJα ) = −~(Jα + iJβ ) = −~N−         2 = Jα2 + Jβ2 + Jγ2 , Jγ = Jα2 , Jγ + Jβ2 , Jγ J , Jγ = Jα [Jα , Jγ ] + [Jα , Jγ ] Jα + Jβ [Jβ , Jγ ] + [Jβ , Jγ ] Jβ = i~(Jα Jβ + Jβ Jα − Jβ Jα − Jα Jβ ) = 0

d’après les relations de commutation obtenues à la question (i). J2 commute donc avec Jγ , et il est a fortiori possible de trouver une base de vecteurs propres communs à J2 et Jγ . On a de plus : N± N∓ = (Jα ∓ iJβ )(Jα ± iJβ ) = Jα2 + Jβ2 ± i [Jα , Jβ ] = J2 − Jγ2 ± ~Jγ d’où N+ N− + N− N+ = 2J2 − 2Jγ2 ⇔ J2 =

1 (N+ N− + N− N+ ) + Jγ2 2

On a J2 = Jα2 + Jβ2 + Jγ2 donc, pour tout état |ψi, on a : hψ| J2 |ψi = =

hψ| Jα2 |ψi + hψ| Jβ2 |ψi + hψ| Jγ2 |ψi

kJα |ψi k2 + kJβ |ψi k2 + kJγ |ψi k2 > 0

De plus, si |ψi est vecteur propre de J2 associé à la valeur propre λ, on a λ > 0 d’après ce qui précède. Nous écrirons les valeurs propres de J2 sous la forme J(J + 1)~2 , avec la convention J > 0. Comme J a les dimensions de ~, une valeur propre quelconque de J2 est de la forme λ~2 , où λ est un nombre réel sans dimension. Nous venons de démontrer que λ est forcément positif ou nul. L’équation J(J + 1) = λ ⇔ J 2 + J − λ = 0 de discriminant ∆ = 1 + 4λ > 0 possède donc deux solutions réelles √ −1 ± 1 + 4λ J= 2 dont une et une seule est positive ou nulle : √ −1 + 1 + 4λ J= 2

316

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Si l’on impose la condition J > 0, la donnée de λ détermine donc J de façon unique : une valeur propre de J2 peut donc être écrite J(J + 1)~2 , avec J > 0. Les valeurs propres de Jγ , qui ont les mêmes dimensions que ~, seront elles notées K~, où K est un nombre réel sans dimension. Les vecteurs propres |J, Ki communs à J2 et Jγ sont donc solutions des équations aux valeurs propres :  2 J |J, Ki = J(J + 1)~2 |J, Ki Jγ |J, Ki = K~ |J, Ki On a de plus : kN+ |J, Ki k2 kN− |J, Ki k2


= hJ, K| N− N+ |J, Ki = hJ, K| J2 − Jγ2 − ~Jγ |J, Ki

= J(J + 1)~2 − K 2 ~2 − K~2 > 0
= hJ, K| N+ N− |J, Ki = hJ, K| J2 − Jγ2 + ~Jγ |J, Ki

= J(J + 1)~2 − K 2 ~2 + K~2 > 0

On a donc : 

J(J + 1) − K(K + 1) = (J − K)(J + K + 1) > 0 J(J + 1) − K(K − 1) = (J − K + 1)(J + K) > 0

⇔



−(J + 1) 6 K 6 J −J 6 K 6 J + 1

d’où −J 6 K 6 J. On a ensuite :  N− |J, −Ji = 0 N+ |J, Ji = 0 du fait que, d’après ce qui précède, kN− |J, −Ji k2 = kN+ |J, Ji k2 = 0. Pour K > −J, kN− |J, Ki k2 6= 0 et donc N− |J, Ki = 6 0. Les égalités [Jγ , N+ ] = ~N+ et [Jγ , N− ] = −~N− impliquent de plus :  Jγ N− |J, Ki = N− Jγ |J, Ki − ~N− |J, Ki = (K − 1)~N− |J, Ki Jγ N+ |J, Ki = N+ Jγ |J, Ki + ~N+ |J, Ki = (K + 1)~N+ |J, Ki et N− |J, Ki et N+ |J, Ki sont donc vecteurs propres de Jγ , respectivement avec les valeurs propres (K −1)~ et (K +1)~. Soit |J, Ki un vecteur propre non nul de J2 et Jγ avec les valeurs propres J(J + 1)~2 et K~. Nous avons montré que −J 6 K 6 J. Il existe donc sûrement un entier positif ou nul p tel que : −J 6 K − p < −J + 1 Considérons alors la suite de vecteurs : |J, Ki , N− |J, Ki , . . . , (N− )p |J, Ki Nous avons montré que chacun des vecteurs (N− )n |J, Ki avec 0 6 n 6 p est un vecteur propre non nul de J2 et Jγ avec les valeurs propres J(J + 1)~2 et (K − n)~.

317

Corrigés des exercices du Chapitre VI

Par hypothèse, |J, Ki est non nul et correspond aux valeurs propres J(J + 1)~2 et K~. (N− )n |J, Ki s’obtient par action de N− sur (N− )n−1 |J, Ki, qui est vecteur propre de J2 et Jγ avec les valeurs propres J(J + 1)~2 et (K − n + 1)~ > −J~ puisque K − n + 1 > K − p + 1 > −J + 1. (N− )n |J, Ki est donc vecteur propre non nul de J2 et Jγ avec les valeurs propres J(J + 1)~2 et (K − n)~. Faisons maintenant agir N− sur (N− )p |J, Ki. Supposons d’abord que K − p > −J. N− (N− )p |J, Ki est donc non nul et a pour valeurs propres J(J + 1)~2 et (K − p − 1)~, ce qui est en contradiction avec la condition −J 6 K − p − 1 6 J puisque K − p − 1 < −J. On doit donc nécessairement avoir K − p = −J de sorte que le ket (N− )p |J, Ki corresponde à la valeur propre −J~ de Jγ et donc que N− (N− )p |J, Ki = 0 : la suite des vecteurs |J, Ki , N− |J, Ki , . . . , (N− )p |J, Ki obtenue par action répétée de N− sur |J, Ki est donc limitée et il n’y a alors plus de contradiction. Nous venons donc de montrer qu’il existe un entier p, positif ou nul, tel que K − p = −J. Un raisonnement tout à fait analogue au précédent permettrait de montrer qu’il existe un entier q, positif ou nul, tel que K + q = J car la suite de vecteurs |J, Ki , N+ |J, Ki , . . . , (N+ )q |J, Ki doit être limitée. On a donc p + q = 2J, et J est donc nécessairement entier ou demi-entier. D’autre part, s’il existe un vecteur |J, Ki non nul, tous les vecteurs des suites |J, Ki , N− |J, Ki , . . . , (N− )p |J, Ki et |J, Ki , N+ |J, Ki , . . . , (N+ )q |J, Ki sont également non nuls, et vecteurs propres de J2 avec la valeur propre J(J + 1)~2 ainsi que de Jγ avec les valeurs propres : −J~, (−J + 1)~, . . . , (J − 1)~, J~ (iii) Exprimer l’hamiltonien H du rotateur en fonction de J2 et Jγ2 . Calculer ses valeurs propres. On a par hypothèse : 1 H= 2

"

Jα2 + Jβ2 Jγ2 + Ik I⊥

#

=

    J2 − Jγ2 Jγ2 1 1 1 Jγ2 J2 + − = + 2 Ik I⊥ 2I⊥ 2 Ik I⊥

Les vecteurs propres |J, Ki communs à J2 et Jγ sont donc également vecteurs propres de Jγ2 et a fortiori de H, et l’on a donc : " H |J, Ki =

Jγ2 J2 + 2I⊥ 2

1 1 − Ik I⊥

!#

" |J, Ki =

K2 J(J + 1) + 2I⊥ 2

1 1 − Ik I⊥

!#

Les valeurs propres de l’hamiltonien H sont donc de la forme    J(J + 1) K 2 1 1 EJ,K = ~2 + − 2I⊥ 2 Ik I⊥

~2 |J, Ki

318

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I (iv) Montrer que l’on peut trouver des états propres communs à J2 , Jz , Jγ que l’on notera |J, M, Ki [les valeurs propres respectives sont J(J + 1)~2 , M ~, K~]. Montrer que ces états sont également états propres de  H.  On a J2 , Jz = 0 donc Jz commute avec J2 . On a de plus : [J · V, J · Rm ]

=

=

[Jx Vx + Jy Vy + Jz Vz , Jx Xm + Jy Ym + Jz Zm ] Vx ([Jx , Jx Xm ] + [Jx , Jy Ym ] + [Jx , Jz Zm ]) +Vy ([Jy , Jx Xm ] + [Jy , Jy Ym ] + [Jy , Jz Zm ]) +Vz ([Jz , Jx Xm ] + [Jz , Jy Ym ] + [Jz , Jz Zm ])

=

Vx (Jy [Jx , Ym ] + [Jx , Jy ] Ym + Jz [Jx , Zm ] + [Jx , Jz ] Zm ) +Vy (Jx [Jy , Xm ] + [Jy , Jx ] Xm + Jz [Jy , Zm ] + [Jy , Jz ] Zm ) +Vz (Jx [Jz , Xm ] + [Jz , Jx ] Xm + Jy [Jz , Ym ] + [Jz , Jy ] Ym )

=

i~Vx (Jy Zm + Jz Ym − Jz Ym − Jy Zm )

+i~Vy (−Jx Zm − Jz Xm + Jz Xm + Jx Zm ) =

+i~Vz (Jx Ym + Jy Xm − Jy Xm − Jx Ym )

0

d’après les relations de commutation obtenues dans l’exercice 3, ce qui implique [J · V, J · W] = 0. En remplaçant V par ez et W par wγ , on obtient [Jz , Jγ ] = 0 : Jγ commute donc également avec Jz , et il est donc possible de déterminer une base d’états propres communs à J2 , Jz , Jγ que l’on notera |J, M, Ki. Du fait que ces vecteurs sont états propres de J2 et Jγ2 et que l’hamiltonien H déterminé à la question (iii) ne fait intervenir que ces deux opérateurs, les états |J, M, Ki sont également états propres de H avec les valeurs propres déterminées à la question (iii), qui sont donc indépendantes de M . (v) Calculer les commutateurs de J± et N± avec J2 , Jz , Jγ . En déduire l’action de J± et N± sur |J, M, Ki. Montrer que les valeurs propres de H sont au moins 2(2J + 1) fois dégénérées si K 6= 0, (2J + 1) fois dégénérées si K = 0. Nous avons montré à la question (iv) que [J · V, J · W] = 0. Jz commute donc avec Jα et Jβ , de même que Jγ commute avec Jx et Jy . On a donc : [J± , Jγ ] = [N± , Jz ] = 0 Nous avons également déterminé à la question (ii) que : [N± , Jγ ] = ∓~N±      et, de même que l’on a J2 , Jγ = 0, on a J2 , Jα = J2 , Jβ = 0, ce qui implique   N± , J2 = 0   Il nous reste donc à calculer les commutateurs J± , J2 et [J± , Jz ]. On    2  2 sait tout d’abord que J , Jx = J , Jy = 0, d’où   J± , J2 = 0 

319

Corrigés des exercices du Chapitre VI On a enfin

[J± , Jz ] = [Jx ± iJy , Jz ] = i~(−Jy ±iJx ) = ~(∓Jx −iJy ) = ∓~(Jx ±iJy ) = ∓~J±

On a donc en résumé :     J± , J2 = 0 [J , J ] = ∓~J±  ± z [J± , Jγ ] = 0 En utilisant la relation

    N± , J2 = 0 et [N± , Jz ] = 0  [N± , Jγ ] = ∓~N±

[J± , Jz ] = ∓~J± ⇔ [Jz , J± ] = ±~J±

on obtient :

Jz J± |J, M, Ki = J± Jz |J, M, Ki±~J± |J, M, Ki = (M ±1)~J± |J, M, Ki J± |J, M, Ki est donc vecteur propre de Jz avec la valeur propre (M ± 1)~, donc J± |J, M, Ki ∝ |J, M ± 1, Ki

On a de plus : kJ± |J, M, Ki k2

= =

hJ, M, K| J∓ J± |J, M, Ki = hJ, M, K| J2 − Jz2 ∓ ~Jz |J, M, Ki 2

[J(J + 1) − M(M ± 1)] ~




d’après les relations (C-7) du Chapitre VI, et comme nous l’avons montré dans l’exercice 1, et l’on a donc au final : J± |J, M, Ki = ~

p J(J + 1) − M (M ± 1) |J, M ± 1, Ki

De la même manière, en utilisant la relation

on obtient :

[N± , Jγ ] = ∓~N± ⇔ [Jγ , N± ] = ±~N±

Jγ N± |J, M, Ki = N± Jγ |J, M, Ki ± ~N± |J, M, Ki = (K ± 1)~N± |J, M, Ki

N± |J, M, Ki est donc vecteur propre de Jγ avec la valeur propre (K ± 1)~, donc N± |J, M, Ki ∝ |J, M, K ± 1i

On a de plus :

kN± |J, M, Ki k2

= = =

hJ, M, K| N∓ N± |J, M, Ki
hJ, M, K| J2 − Jγ2 ∓ ~Jγ |J, M, Ki [J(J + 1) − K(K ± 1)] ~2

et l’on a donc au final : N± |J, M, Ki = ~

p J(J + 1) − K(K ± 1) |J, M, K ± 1i

320

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I D’après les résultats de la question (iii), on a :    1 J(J + 1) K 2 1 ~2 |J, M, Ki + − H |J, M, Ki = 2I⊥ 2 Ik I⊥ et les valeurs propres de H ont pour expression    1 J(J + 1) K 2 1 ~2 + − EJ,K = 2I⊥ 2 Ik I⊥ Pour J fixé, si K 6= 0, EJ,K = EJ,−K et M peut prendre les (2J + 1) valeurs −J, −J + 1, . . . , J − 1, J : les valeurs propres EJ,K sont donc au moins 2(2J + 1) fois dégénérées (car des dégénérescences accidentelles peuvent se produire). De même, si K = 0, M peut prendre les (2J + 1) valeurs −J, −J + 1, . . . , J − 1, J pour J fixé, et les valeurs propres EJ,K sont donc (2J + 1) fois dégénérées (car des dégénérescences accidentelles ne peuvent plus se produire, la valeur de EJ,K=0 imposant la valeur de J). Ces valeurs propres correspondent aux niveaux d’énergie d’une molécule symétrique (pour Ik 6= I⊥ ) dans l’approximation du rotateur rigide. Si Ik = I⊥ = I (rotateur sphérique), l’expression ci-dessus se simplifie en : EJ =

J(J + 1) 2 ~ 2I

(vi) Tracer le diagramme d’énergie du rotateur rigide (J est entier car J est une somme de moments cinétiques orbitaux ; cf. Chapitre X). Que devient ce diagramme lorsque Ik = I⊥ (rotateur sphérique) ? Pour Ik 6= I⊥ , en supposant Ik < I⊥ (toupie symétrique oblongue), on obtient le diagramme d’énergie de la figure 6.1 pour le rotateur rigide. On constate ainsi que, pour J fixé, l’écart entre deux niveaux d’énergie consécutifs vaut   1 2K + 1 1 ~2 − EJ,±(K+1) − EJ,±K = 2 Ik I⊥ en supposant K > 0, et augmente donc avec K tout en étant indépendant de J tandis que, pour K fixé, l’écart entre deux niveaux d’énergie consécutifs vaut (J + 1)~2 EJ+1,K − EJ,K = Ik et augmente avec J tout en étant indépendant de K. Dans le cas d’un rotateur sphérique, Ik = I⊥ = I et les valeurs propres prennent la forme : J(J + 1)~2 EJ,K = 2I Les valeurs propres sont donc indépendantes de K, donc le diagramme d’énergie s’obtient à partir du précédent en ne conservant que les niveaux

Corrigés des exercices du Chapitre VI

321

Fig. 6.1 – Diagramme d’énergie du rotateur rigide pour Ik < I⊥ .

Fig. 6.2 – Diagramme d’énergie du rotateur rigide pour Ik = I⊥ = I.

d’énergie pour lesquels K = 0. Il est représenté sur la figure 6.2. Comme d’habitude, le système dont la symétrie est la plus élevée (la toupie sphérique, ici) possède moins de niveaux d’énergie que le système dont la symétrie est plus faible (la toupie symétrique), mais ses états ont un degré de dégénérescence plus élevé (non calculé ici). Pour plus

322

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I d’informations sur les niveaux rotationnels des toupies symétriques et sphériques, voir [5].

6.5

Étude de la partie angulaire d’une fonction d’onde

Énoncé. Un système dont l’espace des états est Er a pour fonction d’onde : 2

ψ(x, y, z) = N (x + y + z)e−r

/α2

où α, réel, est donné et N est une constante de normalisation. a. On mesure sur ce système les observables Lz et L2 ; quelle probabilité a-t-on de trouver 0 et 2~2 ? On rappelle que : r 3 0 cos θ Y1 (θ, ϕ) = 4π b. En utilisant également le fait que : Y1±1 (θ, ϕ)

=∓

r

3 sin θ e±iϕ 8π

peut-on prévoir directement les probabilités de tous les résultats possibles des mesures de L2 et Lz sur le système de fonction d’onde ψ(x, y, z) ?

Commentaires. Il s’agit d’un autre exercice typique. Seul le produit scalaire des fonctions d’onde est requis pour déterminer les probabilités des résultats de mesures recherchées.

Corrigé. Un système dont l’espace des états est Er a pour fonction d’onde : 2

ψ(x, y, z) = N (x + y + z)e−r

/α2

où α, réel, est donné et N est une constante de normalisation. La figure 6.3 propose une représentation graphique de ψ(x, 0, 0). On peut remarquer que la fonction d’onde n’est pas à symétrie sphérique, elle est en particulier

323

Corrigés des exercices du Chapitre VI

impaire, mais certains éléments rappellent cette symétrie. Il sera néanmoins utile d’introduire les coordonnées sphériques pour faire le lien avec les harmoniques sphériques, comme le suggère l’énoncé.

Fig. 6.3 – Représentation graphique de ψ(x, 0, 0).

a. On mesure sur ce système les observables Lz et L2 ; quelle probabilité a-t-on de trouver 0 et 2~2 ? On rappelle que : r 3 0 Y1 (θ, ϕ) = cos θ 4π On a : ψ(r, θ, ϕ) = N r(sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ)e−r

2

/α2

= f (r)g(θ, ϕ)

avec f (r) = N1 re−r

2

/α2

et g(θ, ϕ) = N2 (sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ)

N1 et N2 étant deux constantes de normalisation telles que N1 N2 = N . On a: Z

θ=π

Z

θ=0

⇔

|N2 |

2

ϕ=2π

|g(θ, ϕ)|2 sin θ dθ dϕ = 1 ϕ=0 θ=π

Z

θ=0

⇔

2π|N2 |

2

Z

ϕ=2π

Z

2

(1 + 2 sin θ cos ϕ sin ϕ + 2 cos θ sin θ(cos ϕ + sin ϕ)) sin θ dθ dϕ = 1 ϕ=0

θ=π θ=0

1 iϕ 2 π sin θ dθ = 1 ⇔ 2π|N2 | [− cos θ]0 = 1 ⇔ N2 = √ e 2 4π

324

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I du fait que les fonctions ϕ 7→ cos ϕ, ϕ 7→ sin ϕ et ϕ 7→ 2 cos ϕ sin ϕ = sin 2ϕ sont 2π-périodiques. En posant ϕ2 = 0 pour que N2 soit réel et positif, on obtient : 1 g(θ, ϕ) = √ (sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ) 4π La probabilité de trouver 0 et 2~2 en mesurant Lz et L2 vaut donc, d’après la relation (D-80) du Chapitre VI : PL2 ,Lz (l = 1, mz = 0) = |d1,0 |2 avec, d’après la relation (D-78) du Chapitre VI : d1,0

=

Z

θ=π

θ=0

= =

Z

ϕ=2π

Y10∗ (θ, ϕ)g(θ, ϕ) sin θ dθ dϕ ϕ=0 θ=π Z ϕ=2π

√ Z 3 cos θ(sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ) sin θ dθ dϕ 4π θ=0 ϕ=0 √ Z θ=π 3 cos2 θ sin θ dθ 2 θ=0

pour les mêmes raisons que précédemment. On obtient, par linéarisation : cos2 θ sin θ

= = =



eiθ + e−iθ 2

2 

eiθ − e−iθ 2i



=

1 2iθ (e + 2 + e−2iθ )(eiθ − e−iθ ) 8i

1 3iθ (e + 2eiθ + e−iθ − eiθ − 2e−iθ − e−3iθ ) 8i 1 1 sin 3θ + sin θ 4 4

et l’on en déduit : d1,0

√  √ θ=π cos 3θ 1 3 3 = − − cos θ = √ = 8 3 3 3 θ=0

et donc PL2 ,Lz (l = 1, mz = 0) = |d1,0 |2 =

1 3

b. En utilisant également le fait que : Y1±1 (θ, ϕ)

=∓

r

3 sin θ e±iϕ 8π

peut-on prévoir directement les probabilités de tous les résultats possibles des mesures de L2 et Lz sur le système de fonction d’onde ψ(x, y, z) ? On a, d’après les résultats de la question a : 1 g(θ, ϕ) = √ (sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ) 4π

325

Corrigés des exercices du Chapitre VI et, du fait que

on en déduit :

r  3  0  cos θ  Y1 (θ, ϕ) = 4π r    Y ±1 (θ, ϕ) = ∓ 3 sin θ e±iϕ 1 8π

r r r  3 3 3  −1 1  sin θ(−eiϕ + e−iϕ ) = −2i sin θ sin ϕ = −i sin θ sin ϕ   Y1 (θ, ϕ) + Y1 (θ, ϕ) = 8π 8π 2π r r r   3 3 3   Y11 (θ, ϕ) − Y −1 (θ, ϕ) = − sin θ(eiϕ + e−iϕ ) = −2 sin θ cos ϕ = − sin θ cos ϕ 1 8π 8π 2π

et donc : g(θ, ϕ)

= =

=

1 √ (sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ) 4π r r 1 2π 1 2π 1 −1 √ − (Y1 (θ, ϕ) − Y1 (θ, ϕ)) + i (Y1 (θ, ϕ) + Y1−1 (θ, ϕ)) 3 3 4π ! r 4π 0 Y1 (θ, ϕ) + 3 i √ 1 h √ (−1 + i)Y11 (θ, ϕ) + 2Y10 (θ, ϕ) + (1 + i)Y1−1 (θ, ϕ) 6

Le système se trouve donc dans l’état

i √ 1 h |ψi = √ (−1 + i) |l = 1, mz = 1i + 2 |l = 1, mz = 0i + (1 + i) |l = 1, mz = −1i 6

et l’on peut donc prévoir directement les probabilités de tous les résultats possibles des mesures de L2 et Lz sur le système de fonction d’onde ψ(x, y, z). Ces mesures peuvent donner : • 2~2 pour L2 et ~ pour Lz avec une probabilité de PL2 ,Lz (l = 1, mz = 1) = |hl = 1, mz = 1|ψi|2 =

1 3

• 2~2 pour L2 et 0 pour Lz avec une probabilité de PL2 ,Lz (l = 1, mz = 0) = |hl = 1, mz = 0|ψi|2 =

1 3

• 2~2 pour L2 et −~ pour Lz avec une probabilité de PL2 ,Lz (l = 1, mz = −1) = |hl = 1, mz = −1|ψi|2 = La somme de ces probabilités est bien entendu égale à 1.

1 3

326

6.6

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Quadripôle électrique dans un gradient de champ électrique

Énoncé. On considère un système de moment cinétique l = 1 ; une base de son espace des états est constituée par les trois vecteurs propres de Lz : |+1i , |0i , |−1i, de valeurs propres respectives +~, 0, et −~, et tels que : √ L± |mi = ~ 2 |m ± 1i L+ |1i = L− |−1i = 0 Ce système, qui possède un moment quadrupolaire électrique, est plongé dans un gradient de champ électrique, de sorte que son hamiltonien s’écrit : H=

ω0 2 (L − L2v ) ~ u

où Lu et Lv sont les composantes de L sur les deux directions Ou et Ov du plan xOz, à 45 degrés de Ox et Oz ; ω0 est une constante réelle. a. Écrire la matrice représentant H dans la base {|+1i , |0i , |−1i}. Quels sont les états stationnaires du système, et leurs énergies ? (ces états seront notés |E1 i , |E2 i , |E3 i, rangés par ordre d’énergies décroissantes). b. À l’instant t = 0, le système est dans l’état : 1 |ψ(0)i = √ [|+1i − |−1i] 2 Quel est le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t ? À cet instant, on mesure Lz ; quelles sont les probabilités des différents résultats possibles ? c. Calculer les valeurs moyennes hLx i (t), hLy i (t) et hLz i (t) à l’instant t. Quel est le mouvement effectué par le vecteur hLi ? d. On effectue à l’instant t une mesure de L2z . (i) Existe-t-il des instants où un seul résultat est possible ? (ii) On suppose que cette mesure a donné le résultat ~2 . Quel est l’état du système immédiatement après la mesure ? Indiquer, sans calculs, son évolution ultérieure.

Commentaires. Les axes Ou et Ov sont représentés sur la figure 6.4. En mécanique classique, un dipôle électrique est une configuration simplifiée du système où les

Corrigés des exercices du Chapitre VI

327

distributions de charges positives et négatives sont réduites à des charges ponctuelles de valeurs identiques placées en leur barycentre. De la même manière, un quadripôle électrique est une configuration simplifiée du système où les charges pondérées sont placées aux sommets d’un carré, les charges identiques étant placées à des sommets opposés. La distance entre les charges (longueur des côtés du carré) et les valeurs des charges pondérées dépendent du système physique réel (valeur des charges et répartition), ce qui est généralement beaucoup plus complexe. Le moment monopolaire (c’està-dire la charge totale) du système est scalaire, le moment dipolaire est un vecteur, et le moment quadrupolaire est un tenseur de rang 2. Inspirés par cette notion classique, nous pouvons également définir l’opérateur moment quadrupolaire électrique en mécanique quantique (voir Complément AXIII ), qui est également un tenseur de rang 2. Ses composantes sont explicitées dans le Complément EX et dépendent, comme dans le cas classique, de la valeur des charges du système quantique et de leur répartition en son sein. Cet exercice explore l’interaction entre un moment quadrupolaire électrique et un champ électrique. L’interaction est modélisée ici par l’hamiltonien, qui est fourni. L’étude des interactions quadripôle-champ est importante lorsqu’on étudie des systèmes dont les moments dipolaires sont nuls, comme par exemple des atomes (voir exercice 7 du Chapitre XI) et certaines molécules. Elle est également importante pour l’étude de la structure fine, détaillée des systèmes puisque les transitions quadrupolaires sont du deuxième ordre.

Fig. 6.4 – Une représentation graphique des axes Ou et Ov par rapport à Ox, Oy et Oz.

328

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Corrigé. On considère un système de moment cinétique l = 1 ; une base de son espace des états est constituée par les trois vecteurs propres de Lz : |+1i , |0i , |−1i, de valeurs propres respectives +~, 0, et −~, et tels que : √ L± |mi = ~ 2 |m ± 1i L+ |1i =

L− |−1i = 0

Ce système, qui possède un moment quadrupolaire électrique, est plongé dans un gradient de champ électrique, de sorte que son hamiltonien s’écrit : H=

ω0 2 (L − L2v ) ~ u

où Lu et Lv sont les composantes de L sur les deux directions Ou et Ov du plan xOz, à 45 degrés de Ox et Oz ; ω0 est une constante réelle. a. Écrire la matrice représentant H dans la base {|+1i , |0i , |−1i}. Quels sont les états stationnaires du système, et leurs énergies ? (ces états seront notés |E1 i , |E2 i , |E3 i, rangés par ordre d’énergies décroissantes). Lu et Lv sont les composantes de L sur les deux directions Ou et Ov du plan xOz, donc on a directement, d’après la figure 6.4 : √  2   (Lx − Lz ) L =  u 2 √    Lv = 2 (Lx + Lz ) 2

On a de plus



1 L+ = Lx + iLy ⇒ Lx = (L+ + L− ) L− = Lx − iLy 2

et les matrices représentant Lx et Lz dans la base {|+1i , |0i , |−1i} sont donc : √     2 √0 0 1 0 0 √ ~ Lx =  2 √0 2  et Lz = ~  0 0 0  2 0 0 −1 0 2 0 On a donc :

 √ − 2 ~ 1 Lu = 2 0

On peut en déduire : L2u

=

 √ − 2 ~2  1 4 0

1 0 1

  √ 1 0 2 1 ~ 0 √1  et Lv =  1 0 2 1 0 1 2  √ 0 − 2  1 √1 0 2

1 0 1

 0 1  √ − 2

  3 0 2 √ ~  − 2 = √1 4 2 1

√ − 2 √2 2

 √1 2  3

329

Corrigés des exercices du Chapitre VI L2v

 √ 2 ~2  1 4 0

=

 √ 0 2  1 1 √ − 2 0

1 0 1

1 0 1

 2 √3 = ~  2 4 − 2 1 0 1 √



et l’on a au final, dans la base {|+1i , |0i , |−1i} :  0 √ ~ω ω0 2 0  − 2 (Lu − L2v ) = H= ~ 2 0

√ − 2 √0 2

√

2 2 √ − 2

1 √



− 2  3

 √0 2  0

Cet hamiltonien, avec ses termes non diagonaux, montre comment les états propres de Lz sont maintenant couplés en présence du quadripôle. Cherchons maintenant les valeurs propres de H : −E √ 2 −~ω 0 2 0

−~ω0

√ 2 2

−E √ ~ω0

2 2

√ 2 ~ω0 = 0 ⇔ −E 2 −E 0

2

E −

~2 ω02 2

! +

~2 ω02 2 2 2 E = 0 ⇔ E(E −~ ω0 ) = 0 2

et l’on a donc E1 = ~ω0 , E2 = 0 et E3 = −~ω0 . Déterminons les états stationnaires associés : • pour la valeur propre E1 : 

 −1  √   ~ω0  − 2  2   0

et l’on a donc

√ 2 − 2 −1 √ 2 2

0 √ 2 2 −1



 √      2α + 2β = √ 0 α 0   √  β = 0 ⇔ 2α + 2β − 2γ = 0    √ γ 0  2β − 2γ = 0 

√ 2 β = −α 2 Le vecteur |E1 i doit être normé, donc γ=

1 iϕ e 2 En posant ϕ = 0 pour que α, β et γ soient réels et α positif, on obtient : √ 1 |E1 i = [|+1i − 2 |0i − |−1i] 2 • pour la valeur propre E2 :   √ 2 − 0   0    2  √   √ α 0   β=0  2  β  =  0  ⇔ ~ω0  − 2  0 α=γ   2 2  γ 0  √   2 0 0 2 |α|2 + |β|2 + |γ|2 = 1 ⇔ (1 + 2 + 1)|α|2 = 1 ⇔ α =

330

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Le vecteur |E2 i doit être normé, donc 1 |α|2 + |β|2 + |γ|2 = 1 ⇔ 2|α|2 = 1 ⇔ α = √ eiϕ 2 En posant ϕ = 0 pour que α et γ soient réels et positifs, on obtient : 1 |E2 i = √ [|+1i + |−1i] 2 • pour la valeur propre E3 : 

1   √   ~ω0  − 2  2   0

√ 2 − 2 1 √ 2 2

et l’on a donc

0 √ 2 2 1



 √      0 α  2α√− 2β = 0 √   β = 0 ⇔ − 2α + 2β + 2γ = 0   √  0 γ  2β + 2γ = 0 

√ 2 β = −α γ=− 2

Le vecteur |E3 i doit être normé, donc |α|2 + |β|2 + |γ|2 = 1 ⇔ (1 + 2 + 1)|α|2 = 1 ⇔ α =

1 iϕ e 2

En posant ϕ = 0 pour que α, β et γ soient réels et α positif, on obtient : |E3 i =

√ 1 [|+1i + 2 |0i − |−1i] 2

On a donc en résumé :   |E1 i =      |E2 i =       |E i = 3

√ 1 [|+1i − 2 |0i − |−1i] 2 1 √ [|+1i + |−1i] 2 √ 1 [|+1i + 2 |0i − |−1i] 2

  E1 = ~ω0 E2 = 0 avec  E3 = −~ω0

b. À l’instant t = 0, le système est dans l’état : 1 |ψ(0)i = √ [|+1i − |−1i] 2 Quel est le vecteur d’état |ψ(t)i à l’instant t ? À cet instant, on mesure Lz ; quelles sont les probabilités des différents résultats possibles ?

331

Corrigés des exercices du Chapitre VI On a, d’après les résultats de la question a :  √ 1  |E1 i = [|+1i − 2 |0i − |−1i]   2    1 |E2 i = √ [|+1i + |−1i]  2      |E i = 1 [|+1i + √2 |0i − |−1i] 3 2 et l’on a donc

1 1 |ψ(0)i = √ [|+1i − |−1i] = √ [|E1 i + |E3 i] 2 2 On peut donc en déduire le vecteur d’état à l’instant t : 1 1 |ψ(t)i = √ [e−iE1 t/~ |E1 i + e−iE3 t/~ |E3 i] = √ [e−iω0 t |E1 i + eiω0 t |E3 i] 2 2 On a donc : i √ √ 1 h |ψ(t)i = √ e−iω0 t (|+1i − 2 |0i − |−1i) + eiω0 t (|+1i + 2 |0i − |−1i) 2 2

soit

 √ 1  |ψ(t)i = √ cos(ω0 t) |+1i + i 2 sin(ω0 t) |0i − cos(ω0 t) |−1i 2 et une mesure de Lz à l’instant t peut donner les résultats : • +~ avec la probabilité PLz (m = 1) = |h+1|ψ(t)i|2 =

1 cos2 (ω0 t) 2

• 0 avec la probabilité PLz (m = 0) = |h0|ψ(t)i|2 = sin2 (ω0 t) • −~ avec la probabilité PLz (m = −1) = |h−1|ψ(t)i|2 =

1 cos2 (ω0 t) 2

c. Calculer les valeurs moyennes hLx i (t), hLy i (t) et hLz i (t) à l’instant t. Quel est le mouvement effectué par le vecteur hLi ? On a :



 1   Lx = (L+ + L− ) L+ = Lx + iLy 2 ⇔ L− = Lx − iLy   L = 1 (L − L ) y + − 2i

332

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On peut donc en déduire : hLx i (t)

= = =

=

hLy i (t)

= = =

=

hLz i (t)

1 hψ(t)| (L+ + L− ) |ψ(t)i 2   √ + L− ) cos(ω0 t) |+1i + i 2 sin(ω0 t) |0i − cos(ω0 t) |−1i

hψ(t)| Lx |ψ(t)i =

1 √ hψ(t)| (L+ 2 2 √ ~ hψ(t)| i 2 sin(ω0 t) |+1i − cos(ω0 t) |0i 2  √ + cos(ω0 t) |0i + i 2 sin(ω0 t) |−1i  √ ~  √ cos(ω0 t) h+1| − i 2 sin(ω0 t) h0| − cos(ω0 t) h−1| 2 2 √  √ × i 2 sin(ω0 t) |+1i + i 2 sin(ω0 t) |−1i = 0

1 hψ(t)| (L+ − L− ) |ψ(t)i 2i   √ − L− ) cos(ω0 t) |+1i + i 2 sin(ω0 t) |0i − cos(ω0 t) |−1i

hψ(t)| Ly |ψ(t)i =

1 √ hψ(t)| (L+ 2i 2 √ ~ hψ(t)| i 2 sin(ω0 t) |+1i − cos(ω0 t) |0i 2i  √ − cos(ω0 t) |0i − i 2 sin(ω0 t) |−1i  √ ~  √ cos(ω0 t) h+1| − i 2 sin(ω0 t) h0| − cos(ω0 t) h−1| 2i 2 √  √ × i 2 sin(ω0 t) |+1i − 2 cos(ω0 t) |0i − i 2 sin(ω0 t) |−1i

=

2~ cos(ω0 t) sin(ω0 t) = ~ sin(2ω0 t)

=

hψ(t)| Lz |ψ(t)i   √ 1 √ hψ(t)| Lz cos(ω0 t) |+1i + i 2 sin(ω0 t) |0i − cos(ω0 t) |−1i 2 ~ √ hψ(t)| (cos(ω0 t) |+1i + cos(ω0 t) |−1i) 2  √ ~ cos(ω0 t) h+1| − i 2 sin(ω0 t) h0| − cos(ω0 t) h−1| 2 × (cos(ω0 t) |+1i + cos(ω0 t) |−1i) = 0

= = =

On a donc en résumé :   hLx i (t) = 0 hLy i (t) = ~ sin(2ω0 t)  hLz i (t) = 0

et le vecteur hLi effectue une oscillation linéaire sur l’axe Oy, de pulsation 2ω0 et d’amplitude ~. d. On effectue à l’instant t une mesure de L2z . (i) Existe-t-il des instants où un seul résultat est possible ? Les vecteurs propres de L2z sont les mêmes que ceux de Lz , à savoir : • |+1i et |−1i, associés à la valeur propre ~2 , • |0i, associé à la valeur propre 0.

Corrigés des exercices du Chapitre VI

333

Une mesure à l’instant t de L2z peut donc donner les résultats : • ~2 avec une probabilité PL2z (m = ±1) = |h+1|ψ(t)i|2 + |h−1|ψ(t)i|2 = cos2 (ω0 t) • 0 avec une probabilité PL2z (m = 0) = |h0|ψ(t)i|2 = sin2 (ω0 t) On obtiendra donc à coup sûr, c’est-à-dire avec une probabilité de 1, π avec k ∈ N, et le résultat 0 aux le résultat ~2 aux instants t = 2k 2ω0 π instants t = (2k + 1) avec k ∈ N. 2ω0 (ii) On suppose que cette mesure a donné le résultat ~2 . Quel est l’état du système immédiatement après la mesure ? Indiquer, sans calculs, son évolution ultérieure. Nous avons montré à la question b que le vecteur d’état |ψ(t)i du système à l’instant t est  √ 1  |ψ(t)i = √ cos(ω0 t) |+1i + i 2 sin(ω0 t) |0i − cos(ω0 t) |−1i 2 L’état du système immédiatement après une mesure de L2z ayant donné le résultat ~2 est donc 1 |ψ ′ (t)i = √ [|+1i − |−1i] = |ψ(0)i 2 L’évolution ultérieure du système sera donc celle déterminée à la question b, en changeant l’origine des temps :   ′ ′  √ ψ (t ) = √1 cos(ω0 (t′ − t)) |+1i + i 2 sin(ω0 (t′ − t)) |0i − cos(ω0 (t′ − t)) |−1i 2

6.7

À propos des matrices de rotation

Énoncé. On considère les rotations dans l’espace habituel à trois dimensions, qu’on désigne par Ru (α), où u est le vecteur unitaire qui définit l’axe de la rotation et α l’angle de rotation. a. Montrer que, si M ′ est le transformé de M dans une rotation d’angle infinitésimal, on a : OM′ = OM + εu × OM

334

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I 

 x b. On représente OM par le vecteur-colonne  y  ; quelle est alors la z matrice associée à Ru (ε) ? En déduire les matrices représentant les composantes de l’opérateur M défini par : Ru (ε) = 1 + εMu c. Calculer les commutateurs : [Mx , My ]; [My , Mz ]; [Mz , Mx ] Quels sont les analogues quantiques des relations purement géométriques ainsi obtenues ? d. À partir de la matrice représentant Mz , calculer celle représentant eαMz ; montrer que Rz (α) = eαMz ; quel est l’analogue de cette relation en mécanique quantique ?

Commentaires. Cet exercice ne traite pas vraiment de mécanique quantique, mais plutôt de matrices de rotation en termes mathématiques. Il existe une application en mécanique quantique, à savoir la détermination des relations de commutation des composantes du moment cinétique, mais nous en reparlerons plus en détail dans les exercices à venir. Il est conseillé de lire le Complément BVI pour traiter cet exercice.

Corrigé. On considère les rotations dans l’espace habituel à trois dimensions, qu’on désigne par Ru (α), où u est le vecteur unitaire qui définit l’axe de la rotation et α l’angle de rotation. a. Montrer que, si M ′ est le transformé de M dans une rotation d’angle infinitésimal, on a : OM′ = OM + εu × OM Si M ′ est le transformé de M par une rotation d’angle infinitésimal ε dont l’axe a pour vecteur unitaire u (cette transformation géométrique est représentée sur la figure 6.5), on a alors directement, d’après la relation de Chasles : OM′ = OM + MM′ ˘ l’arc M M ′ ayant une longueur de εOM . Or si ε ≪ 1, on peut assimiler l’arc ˘ M M ′ au vecteur MM′ orthogonal à OM et à u, de longueur εOM , et tel que le trièdre trirectangle (u, OM, MM′ ) soit direct. On obtient alors bien la relation recherchée :

335

Corrigés des exercices du Chapitre VI OM′ = OM + εu × OM

Fig. 6.5 – Transformé de M par une rotation d’angle infinitésimal ε autour de u.



 x b. On représente OM par le vecteur-colonne  y  ; quelle est alors la matrice z associée à Ru (ε) ? En déduire les matrices représentant les composantes de l’opérateur M défini par : Ru (ε) = 1 + εMu  x′ En représentant OM′ par le vecteur-colonne  y ′ , en supposant que z′ u = aex + bey + cez et en utilisant la relation déterminée à la question a, on obtient :  ′          x x a x x + ε(bz − cy)  y ′  =  y  + ε  b  ×  y  =  y + ε(cx − az)  z′ z c z z + ε(ay − bx) 

et la matrice associée à Ru (ε) est donc la matrice 

1 −εc  εc 1 −εb εa

 εb −εa  1

336

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Les matrices représentant les composantes de l’opérateur M sont donc :       0 0 0 0 0 1 0 −1 0 Mx =  0 0 −1  , My =  0 0 0  , Mz =  1 0 0  0 1 0 −1 0 0 0 0 0

c. Calculer les commutateurs : [Mx , My ]; [My , Mz ]; [Mz , Mx ]

Quels sont les analogues quantiques des relations purement géométriques ainsi obtenues ? On peut déterminer, à partir des matrices déterminées à la question b : [Mx , My ]

=

=

[My , Mz ]

=

=

[Mz , Mx ]

=

=



0  0 0  0  1 0  0  0 −1  0  0 0  0  1 0  0  0 0

0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 0

 0 −1   0   0 0 − 0  1 0  0   0 0 − 0  0 0  0   1 0 − 0

0 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

   1 0 0 1 0 0 − 0 0 0  0 0 −1 0 0 0    0 −1 0 0 0 0  = Mz 0 = 1 0 0 0 0    0 −1 0 0 0   1 0 0  0 0 − 0 0 0 0 −1    0 0 0 0 1  =  0 0 −1  = Mx 0 0 1 0    0 0 0 0 0   −1 0 0 −1   1 − 0 0 1 0 0    0 0 1 0 0 0  = My 0 = 0 −1 0 0 0

 0 −1  0

0 0 1

0 0 0

 1 0  0

−1 0 0

 0 0  0

On a donc, en résumé :   [Mx , My ] = Mz [My , Mz ] = Mx  [Mz , Mx ] = My

Nous avons montré à la question b que

Ru (ε) = 1 + εMu Or on a, d’après la relation (49) du Complément BVI : i εL · u ~ et les analogues quantiques des composantes Mx , My et Mz de l’opérateur Lz Lx Ly , et . On peut ainsi en déduire que les M sont donc les opérateurs i~ i~ i~ analogues quantiques de ces relations purement géométriques sont les relations de commutation des composantes du moment cinétique : Ru (ε) = 1 −

337

Corrigés des exercices du Chapitre VI   [Lx , Ly ] = i~Lz [Ly , Lz ] = i~Lx  [Lz , Lx ] = i~Ly

d. À partir de la matrice représentant Mz , calculer celle représentant eαMz ; montrer que Rz (α) = eαMz ; quel est l’analogue de cette relation en mécanique quantique ? On a, d’après les résultats de la question b :   0 −1 0 Mz =  1 0 0  0 0 0 De plus : M2z M3z

   −1 0 0 −1 0 0 −1 0 =  1 0 0   1 0 0  =  0 −1 0 0 0 0 0 0 0 0     −1 0 0 0 −1 0 0 1 =  0 −1 0   1 0 0  =  −1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 

et donc ∀n ∈ N∗ , Mn+2 = −Mnz . On a donc : z eαMz

=

+∞ n +∞ 2k +∞ 2k+1 X X X α Mnz α M2k α M2k+1 z z = + n! (2k)! (2k + 1)! n=0 k=0

=

 0 0  0  0 0  = −Mz 0

I+

+∞ X

k=1

2k

α

M2k z

(2k)!

k=0

+

+∞ X

2k+1

α

k=0

M2k+1 z (2k + 1)!

Or d’après la propriété précédente : k+1 M4z = −M2z , M6z = M2z , . . . , M2k M2z z = (−1)

et On a donc : eαMz

M3z = −Mz , M5z = Mz , . . . , M2k+1 = (−1)k Mz z

= I − M2z = I+

M2z

+∞ X

+∞

(−1)k

k=1

−

M2z

X α2k α2k+1 + Mz (−1)k (2k)! (2k + 1)! k=0

+∞ X

k=0

+∞

X α2k+1 α + Mz (−1)k (−1) (2k)! (2k + 1)! 2k

k

k=0

= I + M2z − cos αM2z + sin αMz

En remplaçant Mz et M2z par leurs expressions, on obtient :

338

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

eαMz



cos α − sin α =  sin α cos α 0 0

 0 0  1

qui est bien la matrice d’une rotation d’axe Oz et d’angle α. On a donc bien Rz (α) = eαMz dont l’analogue quantique s’obtient, comme nous l’avons vu à la question c, Lz , soit en remplaçant la composante Mz de l’opérateur M par l’opérateur i~ Rz (α) = e−iαLz /~ et est bien l’opérateur obtenu à la relation (55) du Complément BVI . Comme en mécanique classique, c’est la présence d’un moment cinétique qui, comme son nom l’indique, engendre un mouvement de rotation autour d’un axe.

6.8

Rotation et moment cinétique

Énoncé. Dans un problème à trois dimensions, on considère une particule dont le vecteur d’état est |ψi, et la fonction d’onde ψ(r) = hr|ψi. Soit A une observable qui commute avec L = R × P, moment cinétique orbital de la particule ; on suppose que A, L2 et Lz forment un E.C.O.C. dans Er , et on désigne par |n, l, mi leurs kets propres communs, de valeurs propres respectives an (l’indice n étant supposé discret), l(l + 1)~2 et m~. Soit U (ϕ) l’opérateur unitaire défini par : U (ϕ) = e−iϕLz /~ où ϕ est un paramètre réel sans dimensions. K étant un opérateur quele le transformé de K par l’opérateur unitaire U (ϕ) : conque, on désigne par K e = U (ϕ)KU † (ϕ) K

e + |n, l, mi et en a. On pose L+ = Lx + iLy , L− = Lx − iLy . Calculer L e + sont proportionnels ; calculer la constante de déduire que L+ et L e−. proportionnalité. Même question pour L− et L

ex , L e y et L e z en fonction de Lx , Ly et Lz . Quelle transformab. Exprimer L e? tion géométrique peut-on associer au passage de L à L

Corrigés des exercices du Chapitre VI

339

c. Calculer les commutateurs [X ± iY, Lz ] et [Z, Lz ]. En déduire que les kets (X ± iY ) |n, l, mi et Z |n, l, mi sont vecteurs propres de Lz avec des valeurs propres que l’on calculera. Quelle relation doit nécessairement exister entre m et m′ pour que l’élément de matrice hn′ , l′ , m′ | X ± iY |n, l, mi ne soit pas nul ? Même question pour hn′ , l′ , m′ | Z |n, l, mi. e à ceux de d. En comparant les éléments de matrice de X^ ± iY et Z e e e X ± iY et Z, calculer X, Y , Z en fonction de X, Y, Z. Interprétation géométrique.

Commentaires. L’exercice précédent représente un bon moyen de rafraîchir la mémoire du lecteur sur les matrices de rotation si besoin est ; le Complément BVI est également intéressant dans ce but. L’objectif est ici de réaliser un changement de base par rotation autour de l’axe Oz et de déduire les composantes du moment cinétique dans la nouvelle base en fonction de celles de l’ancienne. Les techniques sont standard et ne présentent pas de difficulté particulière. Le résultat final donne une interprétation géométrique simple, comme le demande l’énoncé.

Corrigé. Dans un problème à trois dimensions, on considère une particule dont le vecteur d’état est |ψi, et la fonction d’onde ψ(r) = hr|ψi. Soit A une observable qui commute avec L = R × P, moment cinétique orbital de la particule ; on suppose que A, L2 et Lz forment un E.C.O.C. dans Er , et on désigne par |n, l, mi leurs kets propres communs, de valeurs propres respectives an (l’indice n étant supposé discret), l(l + 1)~2 et m~. Soit U (ϕ) l’opérateur unitaire défini par : U (ϕ) = e−iϕLz /~ où ϕ est un paramètre réel sans dimensions. K étant un opérateur quelconque, on e le transformé de K par l’opérateur unitaire U (ϕ) : désigne par K e = U (ϕ)KU † (ϕ) K

e + |n, l, mi et en déduire a. On pose L+ = Lx + iLy , L− = Lx − iLy . Calculer L e que L+ et L+ sont proportionnels ; calculer la constante de proportionnalité. e−. Même question pour L− et L On a : e + |n, l, mi = L =

U (ϕ)L+ U † (ϕ) |n, l, mi = e−iϕLz /~ L+ eiϕLz /~ |n, l, mi eimϕ e−iϕLz /~ L+ |n, l, mi

340

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I e + |n, l, mi = L =

=

p l(l + 1) − m(m + 1)eimϕ e−iϕLz /~ |n, l, m + 1i p ~ l(l + 1) − m(m + 1)eimϕ e−i(m+1)ϕ |n, l, m + 1i ~

e−iϕ L+ |n, l, mi

Cette relation est vraie pour un ket propre |n, l, mi, mais elle reste vraie pour n’importe quel ket |ψi du fait que ce dernier peut se décomposer sur la base que forment les kets propres |n, l, mi, {A, L2 , Lz } étant supposé former un E.C.O.C. On a donc

On a, de la même manière :

e + = e−iϕ L+ L

e − |n, l, mi = U (ϕ)L− U † (ϕ) |n, l, mi = e−iϕLz /~ L− eiϕLz /~ |n, l, mi L = eimϕ e−iϕLz /~ L− |n, l, mi p = ~ l(l + 1) − m(m − 1)eimϕ e−iϕLz /~ |n, l, m − 1i p = ~ l(l + 1) − m(m − 1)eimϕ e−i(m−1)ϕ |n, l, m − 1i = eiϕ L− |n, l, mi

et donc e − = eiϕ L− L

ex , L e y et L e z en fonction de Lx , Ly et Lz . Quelle transformation b. Exprimer L e? géométrique peut-on associer au passage de L à L On a :



L+ = Lx + iLy L− = Lx − iLy

Par conséquent :   ex  L      ey  L    

= = = =

 1   Lx = (L+ + L− ) 2 ⇔   L = 1 (L − L ) y + − 2i

1 e e − ) = 1 (e−iϕ L+ + eiϕ L− ) = 1 (e−iϕ (Lx + iLy ) + eiϕ (Lx − iLy )) (L + + L 2 2 2 cos ϕLx + sin ϕLy 1 e e − ) = 1 (e−iϕ L+ − eiϕ L− ) = 1 (e−iϕ (Lx + iLy ) − eiϕ (Lx − iLy )) (L + − L 2i 2i 2i − sin ϕLx + cos ϕLy

On a de plus e z = U (ϕ)Lz U † (ϕ) = e−iϕLz /~ Lz eiϕLz /~ = e−iϕLz /~ eiϕLz /~ Lz = Lz L

On a donc, en résumé :

 e x = cos ϕLx + sin ϕLy   L e y = − sin ϕLx + cos ϕLy L   L e z = Lz

341

Corrigés des exercices du Chapitre VI

e en effectuant une rotation d’axe Oz et d’angle ϕ, et l’on passe donc de L à L ce qui est normal du fait que l’opérateur U (ϕ) est l’opérateur rotation d’axe Oz et d’angle ϕ d’après la relation (55) du Complément BVI . c. Calculer les commutateurs [X ± iY, Lz ] et [Z, Lz ]. En déduire que les kets (X ± iY ) |n, l, mi et Z |n, l, mi sont vecteurs propres de Lz avec des valeurs propres que l’on calculera. Quelle relation doit nécessairement exister entre m et m′ pour que l’élément de matrice hn′ , l′ , m′ | X ± iY |n, l, mi ne soit pas nul ? Même question pour hn′ , l′ , m′ | Z |n, l, mi. On a Lz = XPy − Y Pz , d’où : [X ± iY, Lz ] = = = =

[X ± iY, XPy − Y Px ] = [X ± iY, XPy ] − [X ± iY, Y Px ] [X, XPy ] ± i [Y, XPy ] − [X, Y Px ] ∓ i [Y, Y Px ]

±i [Y, XPy ] − [X, Y Px ] = ±iX [Y, Py ] − Y [X, Px ] ∓~X − i~Y

soit [X ± iY, Lz ] = ∓(X ± iY )~ et [Z, Lz ] = [Z, XPy − Y Px ] = [Z, XPy ] − [Z, Y Px ] = 0 On a donc : Lz (X ± iY ) |n, l, mi =

(X ± iY )Lz |n, l, mi ± (X ± iY )~ |n, l, mi

=

m~(X ± iY ) |n, l, mi ± (X ± iY )~ |n, l, mi

= Lz Z |n, l, mi =

(m ± 1)~(X ± iY ) |n, l, mi ZLz |n, l, mi = m~Z |n, l, mi

Les kets (X ± iY ) |n, l, mi et Z |n, l, mi sont donc vecteurs propres de Lz avec les valeurs propres (m±1)~ et m~, respectivement. On a donc nécessairement (X ± iY ) |n, l, mi ∝ |n, l, m ± 1i et Z |n, l, mi ∝ |n, l, mi, donc : • l’élément de matrice hn′ , l′ , m′ | X±iY |n, l, mi sera non nul si m′ = m±1, • l’élément de matrice hn′ , l′ , m′ | Z |n, l, mi sera non nul si m′ = m. e à ceux de X ± iY et d. En comparant les éléments de matrice de X^ ± iY et Z e e e Z, calculer X, Y , Z en fonction de X, Y, Z. Interprétation géométrique. On a, par définition : hn′ , l′ , m′ | X^ ± iY |n, l, mi = = = =

hn′ , l′ , m′ | U (ϕ)(X ± iY )U † (ϕ) |n, l, mi hn′ , l′ , m′ | e−iϕLz /~ (X ± iY )eiϕLz /~ |n, l, mi ′

hn′ , l′ , m′ | e−im ϕ (X ± iY )eimϕ |n, l, mi ′

ei(m−m )ϕ hn′ , l′ , m′ | X ± iY |n, l, mi

Or nous avons vu à la question c que l’élément de hn′ , l′ , m′ | X ± iY |n, l, mi sera non nul si m′ = m ± 1. On a donc

matrice

342

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I hn′ , l′ , m ± 1| X^ ± iY |n, l, mi = e∓iϕ hn′ , l′ , m ± 1| X ± iY |n, l, mi De la même manière : ′

e |n, l, mi = ei(m−m )ϕ hn′ , l′ , m′ | Z |n, l, mi hn′ , l′ , m′ | Z

Or nous avons vu à la question c que l’élément de matrice hn′ , l′ , m′ | Z |n, l, mi sera non nul si m′ = m. On a donc

On en déduit :

e |n, l, mi = hn′ , l′ , m| Z |n, l, mi hn′ , l′ , m| Z

 e + iYe = e−iϕ (X + iY )  + iY = X  X^ e − iYe = eiϕ (X − iY ) ^ X − iY = X   e Z=Z

soit

    e = 1 e−iϕ (X + iY ) + eiϕ (X − iY ) X    2    1  −iϕ ⇔ Ye = e (X + iY ) − eiϕ (X − iY )   2i     e Z=Z

 e = cos ϕX + sin ϕY   X Ye = − sin ϕX + cos ϕY   Z e=Z

e Ye , Z e à X, Y, Z sont rigoureusement les mêmes que celles Ces relations liant X, e e e liant Lx , Ly , Lz à Lx , Ly , Lz déterminées à la question b, et l’on passe donc de e en effectuant une rotation d’axe Oz et d’angle ϕ, ce qui est, une fois RàR de plus, normal du fait que l’opérateur U (ϕ) est l’opérateur rotation d’axe Oz et d’angle ϕ d’après la relation (55) du Complément BVI .

6.9

Fluctuations et mesures du moment cinétique

Énoncé. Soit un système physique de moment cinétique fixé l, d’espace des états El et de vecteur d’état |ψi ; son opérateur moment cinétique orbital est désigné par L. On suppose qu’une base de El est constituée par 2l+1 vecteurs propres |l, mi de Lz (−l 6 m 6 l), associés aux fonctions d’onde f (r)Ylm (θ, ϕ). On désigne par hLi = hψ| L |ψi la valeur moyenne de L. a. On commence par supposer que : hLx i = hLy i = 0 Quels sont, parmi tous les états possibles du système, ceux pour lesquels la somme (∆Lx )2 + (∆Ly )2 + (∆Lz )2 est minimale ? Montrer que, pour ces états, l’écart quadratique moyen ∆Lα de la composante

343

Corrigés des exercices du Chapitre VI de L sur un axe faisant avec Oz un angle α est donné par : r l sin α ∆Lα = ~ 2 b. On suppose maintenant que hLi a une direction quelconque par rapport aux axes Oxyz ; on désigne par OXY Z un trièdre trirectangle direct dont l’axe OZ a même direction et même sens que hLi, l’axe OY étant dans le plan xOy. (i) Montrer que l’état |ψ0 i du système pour lequel (∆LX )2 + (∆LY )2 + (∆LZ )2 est minimal est tel que : (LX + iLY ) |ψ0 i LZ |ψ0 i

= 0 = l~ |ψ0 i

(ii) Soit θ0 l’angle entre Oz et OZ, ϕ0 l’angle entre Oy et OY ; établir les relations : LX + iLY

=

LZ

=

θ0 −iϕ0 θ0 e L+ − sin2 eiϕ0 L− − sin θ0 Lz 2 2 θ0 −iϕ0 θ0 θ0 θ0 cos e L+ + sin cos eiϕ0 L− + cos θ0 Lz sin 2 2 2 2

cos2

En déduire que, si l’on pose : |ψ0 i = on a : dm

X m

θ0 = tan eiϕ0 2

dm |l, mi

r

l+m+1 dm+1 l−m

Exprimer dm en fonction de dl , θ0 , ϕ0 et l.

(iii) Pour calculer dl , montrer que la fonction d’onde associée à |ψ0 i est (X + iY )l ψ0 (X, Y, Z) = cl f (r) [où cl est déterminé par la relation rl (x + iy)l f (r). (D-20) du Chapitre VI], celle associée à |l, li étant cl rl En remplaçant, dans cette expression de ψ0 (X, Y, Z), les variables X, Y et Z par leurs valeurs en fonction de x, y et z, en déduire l’expression de dl et l’égalité : s l−m  l+m  θ0 (2l)! θ0 −imϕ0 cos e dm = sin 2 2 (l + m)!(l − m)!

344

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I (iv) Le système étant dans l’état |ψ0 i, on mesure Lz . Quelles sont les probabilités des différents résultats possibles ? Quel est le résultat le plus probable ? Montrer que, si l est très supérieur à 1, on trouve des résultats qui correspondent bien à la limite classique.

Commentaires. Cet exercice fait suite aux précédents, en particulier aux exercices 7 et 8, et ne devrait pas être traité sans avoir une compréhension ferme des matrices de rotations et des changements de base. Les mathématiques ajoutent ici un niveau de complexité supplémentaire, même si la physique demeure la même. Cela prouve l’importance de choisir attentivement la base de manière intelligente pour faciliter les calculs et extraire correctement la physique en jeu. La quantité dm qui intervient à la question b n’est pas facile à interpréter, mais est nécessaire pour déterminer les probabilités des divers résultats de mesures.

Corrigé. Soit un système physique de moment cinétique fixé l, d’espace des états El et de vecteur d’état |ψi ; son opérateur moment cinétique orbital est désigné par L. On suppose qu’une base de El est constituée par 2l + 1 vecteurs propres |l, mi de Lz (−l 6 m 6 l), associés aux fonctions d’onde f (r)Ylm (θ, ϕ). On désigne par hLi = hψ| L |ψi la valeur moyenne de L. a. On commence par supposer que : hLx i = hLy i = 0 Quels sont, parmi tous les états possibles du système, ceux pour lesquels la somme (∆Lx )2 + (∆Ly )2 + (∆Lz )2 est minimale ? Montrer que, pour ces états, l’écart quadratique moyen ∆Lα de la composante de L sur un axe faisant avec Oz un angle α est donné par : r l sin α ∆Lα = ~ 2 On a, du fait que hLx i = hLy i = 0 par hypothèse :



   (∆Lx )2 + (∆Ly )2 + (∆Lz )2 = L2x + L2y + L2z − hLz i2 = L2 − hLz i2

Or :

2 L − hLz i2 = hl, m| L2 |l, mi − (hl, m| Lz |l, mi)2 = l(l + 1)~2 − m2 ~2

l étant fixé, cette quantité sera minimale si m2 est maximal, c’est-à-dire si m = ±l, et donc dans les états |l, −li et |l, +li, et elle sera alors égale à

345

Corrigés des exercices du Chapitre VI

l~2 . C’est logique car si un moment cinétique classique L est orienté selon Oz (parallèlement ou antiparallèlement), alors sa projection sur l’axe vaut ±L. On trouve un résultat similaire pour un moment cinétique quantique : m = ±l, où m est la valeur propre de la projection du moment cinétique sur Oz et l est associé à la valeur propre du moment cinétique lui-même. En notant Lα la composante de L sur un axe faisant avec Oz un angle θ = α, on a Lα = sin α cos ϕLx + sin α sin ϕLy + cos αLz et donc L2α

sin2 α cos2 ϕL2x + sin2 α sin2 ϕL2y + cos2 αL2z + sin2 α cos ϕ sin ϕ(Lx Ly + Ly Lx )

=

+ cos α sin α cos ϕ(Lx Lz + Lz Lx ) + cos α sin α sin ϕ(Ly Lz + Lz Ly )

Or on a 

L+ = Lx + iLy L− = Lx − iLy

et donc

 1   Lx = (L+ + L− ) 2 ⇔   L = 1 (L − L ) + − y 2i

L± L∓ = (Lx ± iLy )(Lx ∓ iLy ) = L2x + L2y ∓ i [Lx , Ly ] = L2 − L2z ± ~Lz et



Par conséquent : L2α

=

=

[L+ , L− ] = L+ L− − L− L+ = 2~Lz
[L+ , L− ]+ = L+ L− + L− L+ = 2 L2 − L2z

sin2 α cos2 ϕL2x + sin2 α sin2 ϕL2y + cos2 αL2z + sin2 α cos ϕ sin ϕ(Lx Ly + Ly Lx ) + cos α sin α cos ϕ(Lx Lz + Lz Lx ) + cos α sin α sin ϕ(Ly Lz + Lz Ly ) 1 sin2 α cos2 ϕ(L2+ + L2− + L+ L− + L− L+ ) 4 1 − sin2 α sin2 ϕ(L2+ + L2− − L+ L− − L− L+ ) + cos2 αL2z 4 1 + sin2 α cos ϕ sin ϕ(L2+ − L2− − L+ L− + L− L+ + L2+ − L2− + L+ L− − L− L+ ) 4i + cos α sin α cos ϕ(Lx Lz + Lz Lx ) + cos α sin α sin ϕ(Ly Lz + Lz Ly )

Or les valeurs moyennes de L+ , L− (et donc Lx , Ly , Lx Lz , Lz Lx , Ly Lz , Lz Ly ), L2+ et L2− sont toutes nulles dans l’état |l, ±li, donc :

2 Lα

=

= =

1 1 sin2 α cos2 ϕ hL+ L− + L− L+ i + sin2 α sin2 ϕ hL+ L− + L− L+ i 4 4

 + cos2 α L2z 



 1 1 l(l + 1)~2 − l2 ~2 sin2 α + l2 ~2 cos2 α sin2 α L2 − L2z + cos2 α L2z = 2 2 1 2 l~ sin2 α + l2 ~2 cos2 α 2

et hLα i = cos α hLz i = ±l~ cos α

On a donc bien, au final :

346

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I ∆Lα =

q

hL2α i

2

− hLα i =

r

r 1 2 l 2 2 2 2 2 2 2 l~ sin α + l ~ cos α − l ~ cos α = ~ sin α 2 2

du fait que 0 6 α 6 π. π Pour α = , ∆Lα = 0, ce qui signifie que hLi est orienté selon Oz et 2 hLx i = hLy i = 0, comme discuté ci-dessus. b. On suppose maintenant que hLi a une direction quelconque par rapport aux axes Oxyz ; on désigne par OXY Z un trièdre trirectangle direct dont l’axe OZ a même direction et même sens que hLi, l’axe OY étant dans le plan xOy. (i) Montrer que l’état |ψ0 i du système pour lequel (∆LX )2 + (∆LY )2 + (∆LZ )2 est minimal est tel que : (LX + iLY ) |ψ0 i LZ |ψ0 i

= 0 = l~ |ψ0 i

On se trouve ici dans le même cas qu’à la question a, à savoir hLX i = hLY i = 0, et le moment cinétique est en moyenne orienté selon OZ. D’après les résultats de la question a, en gardant pour les vecteurs propres de LZ la même notation que pour ceux de Lz , les deux vecteurs propres de LZ qui permettent de minimiser (∆LX )2 + (∆LY )2 + (∆LZ )2 sont les états |l, M = −li et |l, M = +li. Or, par hypothèse, l’axe OZ a même direction et même sens que hLi, ce qui implique que |ψ0 i = |l, M = +li. On a donc bien : (LX + iLY ) |ψ0 i LZ |ψ0 i

= 0 = l~ |ψ0 i

(ii) Soit θ0 l’angle entre Oz et OZ, ϕ0 l’angle entre Oy et OY ; établir les relations : LX + iLY

=

LZ

=

θ0 θ0 −iϕ0 L+ − sin2 eiϕ0 L− − sin θ0 Lz e 2 2 θ0 θ0 −iϕ0 θ0 θ0 L+ + sin cos eiϕ0 L− + cos θ0 Lz sin cos e 2 2 2 2

cos2

En déduire que, si l’on pose : |ψ0 i = on a : dm

X m

θ0 = tan eiϕ0 2

dm |l, mi

r

l+m+1 dm+1 l−m

Corrigés des exercices du Chapitre VI

347

Fig. 6.6 – Définition des angles θ0 et ϕ0 .

Exprimer dm en fonction de dl , θ0 , ϕ0 et l. Les angles θ0 et ϕ0 sont définis comme illustré sur la figure 6.6. On a donc :   LX = cos θ0 L′x − sin θ0 Lz = cos θ0 (cos ϕ0 Lx + sin ϕ0 Ly ) − sin θ0 Lz LY = L′y = − sin ϕ0 Lx + cos ϕ0 Ly  LZ = sin θ0 L′x + cos θ0 Lz = sin θ0 (cos ϕ0 Lx + sin ϕ0 Ly ) + cos θ0 Lz

On a donc d’une part, d’après les expressions de Lx et Ly en fonction de L+ et L− déterminées à la question a :

LZ

=

sin θ0 cos ϕ0 Lx + sin θ0 sin ϕ0 Ly + cos θ0 Lz 1 1 sin θ0 cos ϕ0 (L+ + L− ) + sin θ0 sin ϕ0 (L+ − L− ) + cos θ0 Lz 2 2i 1 1 sin θ0 (cos ϕ0 − i sin ϕ0 )L+ + sin θ0 (cos ϕ0 + i sin ϕ0 )L− + cos θ0 Lz 2 2

= =

soit LZ = sin

θ0 θ0 θ0 θ0 cos e−iϕ0 L+ + sin cos eiϕ0 L− + cos θ0 Lz 2 2 2 2

et d’autre part : LX + iLY

= =

=

=

(cos θ0 cos ϕ0 − i sin ϕ0 )Lx + (cos θ0 sin ϕ0 + i cos ϕ0 )Ly − sin θ0 Lz 1 (cos θ0 cos ϕ0 − i sin ϕ0 )(L+ + L− ) 2 1 + (cos θ0 sin ϕ0 + i cos ϕ0 )(L+ − L− ) − sin θ0 Lz 2i 1 [cos θ0 (cos ϕ0 − i sin ϕ0 ) + cos ϕ0 − i sin ϕ0 ] L+ 2 1 + [cos θ0 (cos ϕ0 + i sin ϕ0 ) − cos ϕ0 − i sin ϕ0 ] L− − sin θ0 Lz 2 1 1 (1 + cos θ0 )e−iϕ0 L+ + (cos θ0 − 1)eiϕ0 L− − sin θ0 Lz 2 2

soit LX + iLY = cos2

θ0 θ0 −iϕ0 L+ − sin2 eiϕ0 L− − sin θ0 Lz e 2 2

348

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I θ0 θ0 − 1 = 1 − 2 sin2 . Si l’on pose du fait que cos θ0 = 2 cos2 2 2 X |ψ0 i = dm |l, mi, on a donc immédiatement, d’après les résultats de la m

question (i) :

  (L + iL ) |ψ i = 0 0 X Y  LZ |ψ0 i = l~ |ψ0 i  X  dm |l, mi = 0   (LX + iLY ) m X X  dm |l, mi = l~ dm |l, mi   LZ

⇔

m

m

 q θ0 −iϕ X  0  cos2 dm ~ l(l + 1) − m(m + 1) |l, m + 1i e    2  m  q  X θ0 iϕ X    − sin2 dm ~ l(l + 1) − m(m − 1) |l, m − 1i − sin θ0 e 0 dm m~ |l, mi = 0    2  m m  q  θ0 −iϕ X θ0 0 dm ~ l(l + 1) − m(m + 1) |l, m + 1i cos e sin  2 2  m   q  X θ0 iϕ X θ0   0  dm ~ l(l + 1) − m(m − 1) |l, m − 1i + cos θ0 cos e dm m~ |l, mi + sin    2 2  m m  X    = d l~ |l, mi m 

⇔

m

θ0 θ0 et la seconde par cos , En multipliant la première relation par sin 2 2 on obtient :  q X θ0 2 θ0 −iϕ0   sin dm l(l + 1) − m(m + 1) |l, m + 1i cos e    2 2  m  q  X  θ0 iϕ X θ0   e 0 dm l(l + 1) − m(m − 1) |l, m − 1i − sin sin θ0 dm m |l, mi = 0 − sin3    2 2  m m   q  X θ0 2 θ0 −iϕ0 cos e dm l(l + 1) − m(m + 1) |l, m + 1i sin  2 2  m  q  X  θ0 iϕ X θ0 θ0  2  + sin cos e 0 dm l(l + 1) − m(m − 1) |l, m − 1i + cos cos θ0 dm m |l, mi    2 2 2  m m    θ0 X    dm l |l, mi  = cos 2 m

En faisant enfin la différence de ces deux relations, on obtient : θ0 iϕ0 X p e dm l(l + 1) − m(m − 1) |l, m − 1i 2 m X  θ0 θ0 θ0 X cos θ0 + sin sin θ0 dm m |l, mi dm l |l, mi − cos cos 2 m 2 2 m sin

=

soit θ0 iϕ0 X p e dm l(l + 1) − m(m − 1) |l, m − 1i 2 m θ0 X θ0 X dm l |l, mi − cos dm m |l, mi cos 2 m 2 m

sin = ou encore tan

X θ0 iϕ0 X p dm (l − m) |l, mi e dm l(l + 1) − m(m − 1) |l, m − 1i = 2 m m

349

Corrigés des exercices du Chapitre VI et l’on obtient ainsi la relation de récurrence : p θ0 tan eiϕ0 l(l + 1) − m(m + 1)dm+1 = dm (l − m) 2 θ0 iϕ0 p (l + m + 1)(l − m)dm+1 = dm (l − m) ⇔ tan e 2

soit

dm

θ0 = tan eiϕ0 2

r

l+m+1 dm+1 l−m

qui est bien la relation recherchée. En utilisant cette relation, on obtient : r θ0 iϕ0 l + m + 1 dm+1 dm = tan e 2 l−m s  2 θ0 (l + m + 1)(l + m + 2) = tan e2iϕ0 dm+2 2 (l − m)(l − m − 1) s 3  (l + m + 1)(l + m + 2)(l + m + 3) θ0 e3iϕ0 dm+3 = tan 2 (l − m)(l − m − 1)(l − m − 2) s  3 (l + m + 3)!(l − m − 3)! θ0 3iϕ0 = tan e dm+3 2 (l + m)!(l − m!) = ... s l−m  (2l)! θ0 ei(l−m)ϕ0 dl = tan 2 (l + m)!(l − m!) On a donc bien dm =



θ0 tan 2

l−m

ei(l−m)ϕ0

s

(2l)! dl (l + m)!(l − m!)

(iii) Pour calculer dl , montrer que la fonction d’onde associée à |ψ0 i est (X + iY )l ψ0 (X, Y, Z) = cl f (r) [où cl est déterminé par la relation rl (x + iy)l (D-20) du Chapitre VI], celle associée à |l, li étant cl f (r). En rl remplaçant, dans cette expression de ψ0 (X, Y, Z), les variables X, Y et Z par leurs valeurs en fonction de x, y et z, en déduire l’expression de dl et l’égalité : s l−m  l+m  θ0 (2l)! θ0 cos e−imϕ0 dm = sin 2 2 (l + m)!(l − m)! On a, d’après la relation (D-20) du Chapitre VI : ψl,l (r, θ, ϕ) = Yll (θ, ϕ)f (r) = cl (sin θ)l eilϕ f (r) = cl (sin θ(cos ϕ + i sin ϕ))l f (r)

Or on a x = r sin θ cos ϕ et y = r sin θ sin ϕ, d’où :

350

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I ψl,l (x, y, z) = cl

(x + iy)l f (r) rl

Comme |ψ0 i = |l, M = li, on a : ψ0 (X, Y, Z) = cl

(X + iY )l f (r) rl

Les expressions de X, Y, Z en fonction de x, y, z sont les mêmes que celles de LX , LY , LZ en fonction de Lx , Ly , Lz déterminées à la question (ii), à savoir   X = cos θ0 cos ϕ0 x + cos θ0 sin ϕ0 y − sin θ0 z Y = − sin ϕ0 x + cos ϕ0 y  Z = sin θ0 cos ϕ0 x + sin θ0 sin ϕ0 y + cos θ0 z De la même manière que nous avons montré à la question (ii) que LX + iLY

= =

θ0 −iϕ0 θ0 e L+ − sin2 eiϕ0 L− − sin θ0 Lz 2 2 θ0 2 θ0 −iϕ0 e (Lx + iLy ) − sin2 eiϕ0 (Lx − iLy ) − sin θ0 Lz cos 2 2

cos2

on a X + iY = cos2

θ0 −iϕ0 θ0 (x + iy) − sin2 eiϕ0 (x − iy) − sin θ0 z e 2 2

et donc ψ0 (X, Y, Z)

= =

(X + iY )l f (r) rl  l f (r) θ0 θ0 cl l cos2 e−iϕ0 (x + iy) − sin2 eiϕ0 (x − iy) − sin θ0 z r 2 2 cl

(x + iy)l f (r) d’après rl m ce qui précède, on peut ainsi en déduire tout de suite, par identification :  2l θ0 dl = cos e−ilϕ0 2

et, comme |ψ0 i =

X

dm |l, mi et ψl,l (x, y, z) = cl

En utilisant le résultat de la question (ii), on en déduit donc : dm

= = =

soit



θ0 tan 2

l−m

s

(2l)! dl (l + m)!(l − m!) s l−m  2l  θ0 θ0 (2l)! i(l−m)ϕ0 cos e e−ilϕ0 tan 2 (l + m)!(l − m!) 2 s  l−m  m−l  2l θ0 (2l)! θ0 θ0 −imϕ0 sin cos cos e 2 2 (l + m)!(l − m!) 2 e

i(l−m)ϕ0

351

Corrigés des exercices du Chapitre VI

dm

s  l−m  l+m θ0 θ0 (2l)! = sin cos e−imϕ0 2 2 (l + m)!(l − m!)

(iv) Le système étant dans l’état |ψ0 i, on mesure Lz . Quelles sont les probabilités des différents résultats possibles ? Quel est le résultat le plus probable ? Montrer que, si l est très supérieur à 1, on trouve des résultats qui correspondent bien à la limite classique. l X Du fait que |ψ0 i = dm |l, mi, une mesure de Lz peut donner chacun m=−l

des résultats m~, −l 6 m 6 l avec une probabilité :

PLz (m) = |hl, m|ψ0 i|2 = |dm |2 =

(2l)! (l + m)!(l − m!)



sin2

θ0 2

l−m  l+m θ0 cos2 2

d’après les résultats de la question (iii). Cette expression dépend de l, qui est fixé, de m, qui varie entre −l et +l, et de θ0 , qui est lui aussi fixé mais inconnu. Il est impossible de dériver PLz (m) par rapport à l ou m du fait que ces deux paramètres sont entiers et non réels. On a en θ0 : revanche, en posant x = sin2 2 PLz (m) =

(2l)! xl−m (1 − x)l+m (l + m)!(l − m!)

et donc ∂ PLz (m) = 0 ⇔ (l−m)xl−m−1 (1−x)l+m −(l+m)xl−m (1−x)l+m−1 = 0 ∂x Si x = 0 (θ0 = 2kπ, k ∈ Z) ou x = 1 (θ0 = π + 2kπ, k ∈ Z), toutes les probabilités sont nulles à l’exception de celles relatives à m = l et m = −l, respectivement, et les résultats les plus probables (en toute rigueur, les seuls résultats possibles) sont alors l~ et −l~ respectivement. Si x 6= 0 et x 6= 1 (θ0 6= kπ, k ∈ Z), on peut diviser l’expression précédente par xl−m−1 (1 − x)l+m−1 et l’on obtient ainsi

(l−m)(1−x) = (l+m)x ⇔ l−m = 2lx ⇔ m = (1−2x)l =



1 − 2 sin2

θ0 2



l = l cos θ0

et le résultat le plus probable est alors m~ avec m l’entier le plus proche de l cos θ0 . Si l’on a maintenant l ≫ 1, il existe un grand nombre d’états |l, mi possibles du fait que −l 6 m 6 +l, et une mesure de Lz peut donner les résultats −l~, −(l − 1)~, . . . , −~, 0, ~, . . . , (l − 1)~, l~. Ces résultats, compte tenu de la faible valeur de ~, varient donc de manière quasi continue. Cela signifie que l’on peut considérer que n’importe quel résultat est possible lors d’une mesure de Lz , et la quantification du moment

352

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I cinétique n’est plus visible (mais toujours présente). Expérimentalement, même si les résultats sont clairement séparés (quantifiés), comme dans l’expérience de Stern et Gerlach, les résultats fusionnent à cette limite et il devient virtuellement impossible de distinguer chaque résultat (bien qu’ils soient toujours quantifiés). Par analogie, les charges électriques sont quantifiées, toute charge électrique est multiple de la charge électrique élémentaire e, mais comme la charge électrique est toujours beaucoup plus grande que e à l’échelle mésoscopique, la charge électrique apparaît comme continue. Cela correspond à la limite classique.

6.10

Relations de type Heisenberg pour les moments cinétiques

Énoncé. Soit J l’opérateur moment cinétique d’un système physique quelconque, de vecteur d’état |ψi. a. Peut-on trouver des états du système pour lesquels les écarts quadratiques ∆Jx , ∆Jy et ∆Jz sont simultanément nuls ? b. Établir la relation :

~ | hJz i | 2 ainsi que celles obtenues par permutation circulaire de x, y et z. ∆Jx · ∆Jy >

Soit hJi la valeur moyenne du moment cinétique du système. On suppose que les axes Oxyz sont choisis de sorte que hJx i = hJy i = 0. Montrer que : (∆Jx )2 + (∆Jy )2 > ~| hJz i | c. Montrer que les deux inégalités établies dans la question b se réduisent simultanément à des égalités si et seulement si J+ |ψi = 0 ou J− |ψi = 0. d. Le système considéré est une particule sans spin pour laquelle J = L = R × P. Montrer que l’on ne peut avoir à la fois ~ ∆Lx · ∆Ly = | hLz i | et (∆Lx )2 + (∆Ly )2 = ~| hLz i | que lorsque 2 la fonction d’onde du système est de la forme : ψ(r, θ, ϕ) = F (r, sin θ e±iϕ )

Commentaires. Dans cet exercice, la question d propose de chercher l’état qui minimise les fluctuations d’un système quantique. Il est intéressant de constater que la fonction d’onde qui minimise les fluctuations est celle qui présente la situation la plus symétrique. Les énergies relatives des orbitales atomiques

Corrigés des exercices du Chapitre VI

353

de l’atome d’hydrogène, vu leurs divers niveaux de symétrie (cf. Chapitre VII), sont à ce titre édifiantes.

Corrigé. Soit J l’opérateur moment cinétique d’un système physique quelconque, de vecteur d’état |ψi. a. Peut-on trouver des états du système pour lesquels les écarts quadratiques ∆Jx , ∆Jy et ∆Jz sont simultanément nuls ? Du fait que les composantes Jx , Jy et Jz du moment cinétique ne commutent pas entre elles, il n’existe pas d’état du système pour lequel les écarts quadratiques ∆Jx , ∆Jy et ∆Jz sont simultanément nuls. b. Établir la relation :

~ | hJz i | 2 ainsi que celles obtenues par permutation circulaire de x, y et z. ∆Jx · ∆Jy >

Soit hJi la valeur moyenne du moment cinétique du système. On suppose que les axes Oxyz sont choisis de sorte que hJx i = hJy i = 0. Montrer que : (∆Jx )2 + (∆Jy )2 > ~| hJz i | Considérons le ket |ϕi = (Jx + iλJy ) |ψi

où λ est un paramètre réel quelconque. On a :

hψ| (Jx − iλJy )(Jx + iλJy ) |ψi = hψ| Jx2 + iλ [Jx , Jy ] + λ2 Jy2 |ψi



 = hψ| Jx2 − λ~Jz + λ2 Jy2 |ψi = Jx2 − λ~ hJz i + λ2 Jy2 > 0



 Le polynôme de degré 2 en λ Jx2 − λ~ hJz i + λ2 Jy2 a donc un discriminant

  2 ∆ = ~2 hJz i − 4 Jx2 Jy2 hϕi

=

négatif ou nul, ce qui implique

On peut donc en déduire : ∆Jx · ∆Jy =

2  2  ~2 2 Jx Jy > hJz i 4

q q q

 ~ 2 2 2 hJx2 i − hJx i Jy − hJy i = hJx2 i Jy2 > |hJz i| 2

du fait que hJx i = hJy i = 0 et l’on obtient, par permutation circulaire de x, y et z, les relations ∆Jy · ∆Jz >

~ ~ |hJx i| et ∆Jz · ∆Jx > |hJy i| 2 2

354

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On peut en déduire directement : (∆Jx )2 + (∆Jy )2 = (∆Jx − ∆Jy )2 + 2∆Jx · ∆Jy > 2∆Jx · ∆Jy > ~ |hJz i|

c. Montrer que les deux inégalités établies dans la question b se réduisent simultanément à des égalités si et seulement si J+ |ψi = 0 ou J− |ψi = 0. On a :   ∆Jx · ∆Jy = ~ |hJz i| 2  2 (∆Jx ) + (∆Jy )2 = ~ |hJz i|

⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

  ∆Jx · ∆Jy = ~ |hJz i| 2  2 (∆Jx − ∆Jy ) + 2∆Jx · ∆Jy = ~ |hJz i|   ∆Jx · ∆Jy = ~ |hJz i| 2  (∆Jx − ∆Jy )2 = 0 r ~ ∆Jx = ∆Jy = |hJz i| 2 q  r p ~ hJx2 i = Jy2 = |hJz i| 2

2 2 ~ Jx = Jy = |hJz i| 2

du fait que hJx i = hJy i = 0. Or on a :  1    Jx = (J+ + J− ) J+ = Jx + iJy 2 ⇔ J− = Jx − iJy   J = 1 (J − J ) y + − 2i et donc

⇔ ⇔

⇔ ⇔

  ∆J · ∆J = ~ |hJ i| z x y 2  (∆Jx )2 + (∆Jy )2 = ~ |hJz i|

2 2 ~ Jx = Jy = |hJz i| 2  1 ~   hψ| (J+ + J− )2 |ψi = |hJz i| 4 2  1  hψ| (J − J )2 |ψi = − ~ |hJ i| + − z 4 2  1 ~ 2 2  + J− + J+ J− + J− J+ |ψi = |hJz i|  hψ| J+ 4 2  1  hψ| J 2 + J 2 − J J − J J |ψi = − ~ |hJ i| + − − + z + − 2  4 2 2 hψ| J+ |ψi + hψ| J− |ψi = 0 hψ| J+ J− |ψi + hψ| J− J+ |ψi = 2~ |hJz i|

Or J± J∓ = (Jx ± iJy )(Jx ∓ iJy ) = Jx2 + Jy2 ∓ i [Jx , Jy ] = J2 − Jz2 ± ~Jz

355

Corrigés des exercices du Chapitre VI On a donc

hψ| J+ J− |ψi+hψ| J− J+ |ψi = 2 hψ| J2 −Jz2 |ψi = 2~ |hJz i| ⇔ hψ| J2 −Jz2 |ψi = ~ |hJz i|

d’où



hψ| J+ J− |ψi = ~ |hJz i| + ~ hJz i = ~(|hJz i| + hJz i) hψ| J− J+ |ψi = ~ |hJz i| − ~ hJz i = ~(|hJz i| − hJz i)

et l’on a donc deux possibilités :

• si hJz i > 0, hψ| J− J+ |ψi = 0 ⇔ kJ+ |ψi k2 = 0 ⇔ J+ |ψi = 0, • si hJz i 6 0, hψ| J+ J− |ψi = 0 ⇔ kJ− |ψi k2 = 0 ⇔ J− |ψi = 0.

On a donc bien   ∆J · ∆J = ~ |hJ i| J |ψi = 0 x y z 2 ⇔ + J− |ψi = 0  (∆Jx )2 + (∆Jy )2 = ~ |hJz i|

En d’autres termes, les deux inégalités établies dans la question b se réduisent simultanément à des égalités si et seulement si |ψi = |l, ±li, c’est-à-dire m = ±l et la valeur moyenne du moment cinétique est alors orientée selon Oz (hJx i = hJy i = 0), ce qui est en accord avec les résultats de l’exercice précédent. d. Le système considéré est une particule sans spin pour laquelle J = L = R × P. Montrer que l’on ne peut avoir à la fois ~ ∆Lx · ∆Ly = | hLz i | et (∆Lx )2 + (∆Ly )2 = ~| hLz i | que lorsque la 2 fonction d’onde du système est de la forme : ψ(r, θ, ϕ) = F (r, sin θ e±iϕ ) D’après les résultats de la question c, on ne peut avoir à la fois ~ ∆Lx · ∆Ly = | hLz i | et (∆Lx )2 + (∆Ly )2 = ~| hLz i | que si L+ |ψi = 0 2 ou L− |ψi = 0. Si L+ |ψi = 0, le vecteur d’état |ψi de la particule est nécessairement de la forme X |ψi = al |l, li l

et inversement, si L− |ψi = 0, on a

|ψi =

X l

al |l, −li

Or on a Yll (θ, ϕ) = cl (sin θ)l eilϕ d’après la relation (D-20) du Chapitre VI, et Yl−l (θ, ϕ) = cl (sin θ)l e−ilϕ d’après la relation (29) du Complément AVI . On a donc  X X  al cl (sin θ eiϕ )l al Yll (θ, ϕ) = f (r)   f (r) l l X X ψ(r, θ, ϕ) =  al cl (sin θ e−iϕ )l al Yl−l (θ, ϕ) = f (r)   f (r) l

l

si

L+ |ψi = 0

si

L− |ψi = 0

356

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et l’on a donc bien ψ(r, θ, ϕ) = F (r, sin θ e±iϕ )

6.11

État minimisant les fluctuations du moment cinétique

Énoncé. On considère un oscillateur harmonique à trois dimensions, dont le vecteur d’état |ψi est |ψi = |αx i ⊗ |αy i ⊗ |αz i

où |αx i , |αy i et |αz i sont des états quasi classiques (cf. Complément GV ) pour des oscillateurs harmoniques à une dimension se déplaçant respectivement le long de Ox, Oy et Oz. Soit L = R × P le moment cinétique orbital de l’oscillateur à trois dimensions. a. Établir les relations : hLz i = ∆Lz

=

i~(αx α∗y − α∗x αy ) q ~ |αx |2 + |αy |2

ainsi que les relations analogues pour les composantes de L sur Ox et Oy. b. On suppose maintenant que : hLx i = hLy i = 0, hLz i = λ~ > 0 En déduire que αz est nécessairement nul. On fixe alors la valeur de λ, et on cherche à minimiser ∆Lx + ∆Ly ; montrer qu’on est conduit à choisir : r λ iϕ0 αx = −iαy = e 2

(où ϕ0 est un nombre réel quelconque). Les expressions ∆Lx · ∆Ly et (∆Lx )2 + (∆Ly )2 ont-elles dans ce cas les valeurs minimales compatibles avec les inégalités obtenues dans la question b de l’exercice précédent ?

c. Montrer que l’état d’un système pour lequel les conditions précédentes sont réalisées est nécessairement de la forme : X  |ψi = ck (αd ) χnd =k,ng =0,nz =0 k

357

Corrigés des exercices du Chapitre VI avec : χn

d =k,ng =0,nz =0



ck (α)

= =


k  a†x + ia†y ϕnx =0,ny =0,nz =0 √ k 2 k! √ αk −|α|2 /2 √ e ; αd = eiϕ0 λ k!

(on pourra s’appuyer sur les résultats du Complément GV et sur ceux DVI ). Montrer que la dépendance angulaire de du § 4 du Complément  χn =k,ng =0,nz =0 est (sin θ eiϕ )k . d

On mesure L2 sur un système dans l’état |ψi ; montrer que les probabilités des différents résultats possibles sont données par une loi de Poisson. À quels résultats peut conduire une mesure de Lz consécutive à une mesure de L2 ayant donné l(l + 1)~2 ?

Commentaires. Cet exercice conclut ce chapitre à la perfection, il est similaire au précédent mais se concentre sur les états quasi classiques. Les résultats et les méthodes requises sont particulièrement élégants, une fois de plus basés sur les symétries de la fonction d’onde. Des parallèles sont possibles avec d’autres méthodes utilisées par exemple avec l’oscillateur harmonique (et les opérateurs a et a† ). Il est conseillé d’avoir traité les deux exercices précédents avant de tenter celui-ci, mais ce n’est pas obligatoire.

Corrigé. On considère un oscillateur harmonique à trois dimensions, dont le vecteur d’état |ψi est |ψi = |αx i ⊗ |αy i ⊗ |αz i où |αx i , |αy i et |αz i sont des états quasi classiques (cf. Complément GV ) pour des oscillateurs harmoniques à une dimension se déplaçant respectivement le long de Ox, Oy et Oz. Soit L = R × P le moment cinétique orbital de l’oscillateur à trois dimensions. a. Établir les relations : hLz i = ∆Lz

=

i~(αx α∗y − α∗x αy ) q ~ |αx |2 + |αy |2

ainsi que les relations analogues pour les composantes de L sur Ox et Oy. On a d’une part : hLz i = hψ| Lz |ψi = hαx , αy , αz | XPy − Y Px |αx , αy , αz i

358

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Or :     ax =         †   ax =

r  r  ~ 1 1 mω    √ (ax + a†x ) X= X + i√ Px   2mω ~ 2 m~ω   r r     1 mω 1 m~ω †   √ X − i√ Px (ax − ax )  Px = i ~ 2 2 m~ω r  ⇔ r   1 mω 1  ~    Py ay = √ Y + i√   (ay + a†y ) Y =   ~   2 m~ω 2mω     r  r     1 mω 1   †   √ √ a = Y − i P  y  Py = i m~ω (a†y − ay ) y ~ 2 m~ω 2

On a donc :

XPy −Y Px = i d’où :

 ~ (ax + a†x )(a†y − ay ) − (ay + a†y )(a†x − ax ) = i~(ax a†y −a†x ay ) 2

hLz i = i~ hαx , αy , αz | ax a†y − a†x ay |αx , αy , αz i = i~(αx α∗y − α∗x αy ) comme ax |αx , αy , αz i = αx |αx , αy , αz i et ay |αx , αy , αz i = αy |αx , αy , αz i. On a d’autre part :

2 Lz

= = = = =

hαx , αy , αz | (XPy − Y Px )2 |αx , αy , αz i

−~2 hαx , αy , αz | (ax a†y − a†x ay )2 |αx , αy , αz i

†2 2 † † † † −~2 hαx , αy , αz | a2x a†2 y + ax ay − ax ax ay ay − ax ax ay ay |αx , αy , αz i

†2 2 † † † † −~2 hαx , αy , αz | a2x a†2 y + ax ay − (1 + ax ax )ay ay − ax ax (1 + ay ay ) |αx , αy , αz i

∗2 2 2 2 2 2 −~2 (α2x α∗2 y + αx αy − 2|αx | |αy | − |αx | − |αy | )

du fait que [ax , a†x ] = [ay , a†y ] = 1. Au final : ∆Lz

=

q

 2 L2 z − hLz i

=

q

∗2 ∗2 2 2 2 2 2 2 ∗ ∗ 2 −~2 (α2 x αy + αx αy − 2|αx | |αy | − |αx | − |αy | ) + ~ (αx αy − αx αy )

=

q

∗2 ∗2 2 2 2 2 2 2 2 ∗2 ∗2 2 2 2 −~2 (α2 x αy + αx αy − 2|αx | |αy | − |αx | − |αy | ) + ~ (αx αy + αx αy − 2|αx | |αy | )

soit ∆Lz = ~

p |αx |2 + |αy |2

On obtient des relations similaires par permutation circulaire de x, y et z : hLx i = i~(αy α∗z − α∗y αz ) ∗ ∗ hLy i = i~(α p z αx − αz αx ) ∆Lx = ~p|αy |2 + |αz |2 ∆Ly = ~ |αx |2 + |αz |2

359

Corrigés des exercices du Chapitre VI b. On suppose maintenant que : hLx i = hLy i = 0, hLz i = λ~ > 0

En déduire que αz est nécessairement nul. On fixe alors la valeur de λ, et on cherche à minimiser ∆Lx + ∆Ly ; montrer qu’on est conduit à choisir : αx = −iαy =

r

λ iϕ0 e 2

(où ϕ0 est un nombre réel quelconque). Les expressions ∆Lx · ∆Ly et (∆Lx )2 + (∆Ly )2 ont-elles dans ce cas les valeurs minimales compatibles avec les inégalités obtenues dans la question b de l’exercice précédent ? On a, d’après les résultats de la question a :   αy α∗z − α∗y αz = αz α∗x − α∗z αx = 0 hLx i = hLy i = 0 ⇔ hLz i = λ~ > 0 i~(αx α∗y − α∗x αy ) = λ~ > 0   αy α∗z = α∗y αz αz α∗x = α∗z αx ⇔  αx α∗y = α∗x αy − iλ

En multipliant entre elles les deux premières relations membre à membre, on obtient : αy α∗z αz α∗x = α∗y αz α∗z αx

⇔ αy α∗x |αz |2 = α∗y αx |αz |2

⇔ αy α∗x |αz |2 = α∗x αy |αz |2 − iλ|αz |2 ⇔ λ|αz |2 = 0

Du fait que λ > 0 par hypothèse, on a nécessairement |αz |2 = 0 ⇔ αz = 0 . Fixons maintenant la valeur de λ, et cherchons à minimiser ∆Lx + ∆Ly . On a, d’après les résultats de la question a : q p ∆Lx + ∆Ly = ~ |αy |2 + |αz |2 + ~ |αx |2 + |αz |2 = ~(|αx | + |αy |)

du fait que nous avons montré que αz = 0. Notons αx = ax + ibx et αy = ay + iby . La relation αx α∗y = α∗x αy − iλ impose : 2iIm[αx α∗y ] = −iλ ⇔ 2Im [(ax + ibx )(ay − iby )] = −λ ⇔ ax by − ay bx =

λ 2

On a donc : ∆Lx + ∆Ly

= =

 p q  1 a2y + b2y = ~ a2x + b2x + b2x a2y + b2x b2y |bx |   s  2 p 1 λ ~  a2x + b2x + a x by − + b2x b2y  |bx | 2 ~

p

a2x + b2x +

q

360

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Cette expression sera minimale si   λ λ ∂ +2b2xby = 0 ⇔ (a2x +b2x )by − ax = 0 (∆Lx +∆Ly ) = 0 ⇔ 2ax ax by − ∂by 2 2 λ ax . En remplaçant by par cette expression dans la 2 a2x + b2x relation précédente, on obtient :   s 2  2 2 2 2 p λ 1 a a b λ λ x x x  ∆Lx + ∆Ly = ~  a2x + b2x + − + |bx | 2 a2x + b2x 2 4 (a2x + b2x )2   s 2 2 2 2 p λ a b ax = ~  a2x + b2x + − 1 + 2 x x2 2  2|bx | a2x + b2x (ax + bx ) s ! p a2x b2x b4x λ 2 2 + 2 ax + b x + = ~ 2|bx | (a2x + b2x )2 (ax + b2x )2 ! p λ = ~ a2x + b2x + p 2 2 ax + b2x

et donc si by =

Cette expression sera de plus minimale si

soit

ax ax ∂ λ p (∆Lx + ∆Ly ) = 0 ⇔ p − =0 2 2 2 2 ∂ax 2 (ax + bx ) a2x + b2x ax + b x 2(a2x + b2x ) = λ ⇔ a2x + b2x = |αx |2 =

λ 2

r

λ iϕ0 e . On en déduit 2 r λ ax λ by = = ax = Re[αx ] = cos ϕ0 2 a2x + b2x 2

en supposant ax 6= 0. On a donc αx =

et 1 ay = bx Ainsi :

r  r  λ λ 1 λ 2 = ax b y − (cos ϕ0 − 1) = − sin ϕ0 2 2 sin ϕ0 2

αy = et l’on a donc bien

r

λ (− sin ϕ0 + i cos ϕ0 ) = i 2

αx = −iαy =

r

r

λ iϕ0 e 2

λ iϕ0 = iαx e 2

361

Corrigés des exercices du Chapitre VI

Dans le cas où ax = 0, on obtient la même relation en dérivant ∆Lx + ∆Ly λ par rapport à bx , bx étant non nul du fait que ay bx = − . On a donc 2 r λ λ |αx |2 = b2x = ⇔ bx = ± 2 2 On a ensuite by = 0 du fait que ax = 0, et r r λ λ λ λ = − ⇔ ay = ∓ ay bx = − ⇔ ±ay 2 2 2 2 et l’on a au final αx = ±i et la relation

r

λ , αy = ∓ 2

αx = −iαy =

r

r

λ 2

λ iϕ0 e 2

π + kπ, k ∈ Z. On en déduit ainsi : 2 r λ ∆Lx = ~|αx | = ~|αy | = ∆Ly = ~ 2

demeure vraie avec, dans ce cas, ϕ0 =

et   ∆L · ∆L = λ ~2 = ~ hL i z x y 2 2  (∆Lx )2 + (∆Ly )2 = λ~2 = ~ hLz i

Les expressions ∆Lx · ∆Ly et (∆Lx )2 + (∆Ly )2 ont donc bien dans ce cas les valeurs minimales compatibles avec les inégalités obtenues dans la question b de l’exercice précédent. c. Montrer que l’état d’un système pour lequel les conditions précédentes sont réalisées est nécessairement de la forme : X  |ψi = ck (αd ) χnd =k,ng =0,nz =0 k

avec :

 χn =k,ng =0,nz =0 = d ck (α)

=


k  a†x + ia†y ϕnx =0,ny =0,nz =0 √ k 2 k! √ αk −|α|2 /2 √ e ; αd = eiϕ0 λ k!

(on pourra s’appuyer sur les résultats du Complément GV et sur ceux du DVI ). Montrer que la dépendance angulaire de § 4 du Complément  χnd =k,ng =0,nz =0 est (sin θ eiϕ )k .

362

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On mesure L2 sur un système dans l’état |ψi ; montrer que les probabilités des différents résultats possibles sont données par une loi de Poisson. À quels résultats peut conduire une mesure de Lz consécutive à une mesure de L2 ayant donné l(l + 1)~2 ? On a par hypothèse |ψi = |αx i ⊗ |αy i ⊗ |αz i = |αx , αy , αz i Nous avons montré à la question b que, pour avoir hLx i = hLy i = 0, hLz i = λ~ > 0 on doit nécessairement avoir αz = 0, d’où |ψi = |αx , αy , αz = 0i On a, d’après la relation (71) du Complément DVI :  αx + iαy αx − iαy √ √ , αg = , αz = 0 |ψi = αd = 2 2

Nous avons vu à la question b que, pour minimiser ∆Lx + ∆Ly , on doit avoir r λ iϕ0 αx = −iαy = e 2 Ainsi :

E √ |ψi = αd = λeiϕ0 , αg = 0, αz = 0

En généralisant la relation (70) du Complément DVI , on obtient : |ψi =

+∞ X +∞ X +∞ X

nd =0 ng =0 nz =0

 cnd (αd )cng (αg )cnz (αz ) χnd ,ng ,nz

avec, d’après la relation (65) du Complément DVI : n

2 2 2 αnd αg g αnz cnd (αd ) = √ d e−|αd | /2 , cng (αg ) = p e−|αg | /2 , cnz (αz ) = √ z e−|αz | /2 nd ! nz ! ng !

Du fait que αg = 0 et αz = 0, tous les coefficients cng (αg ) et cnz (αz ) sont nuls à l’exception des coefficients cng =0 (αg ) et cnz =0 (αz ), qui valent tous deux 1, et l’on a donc +∞ X  |ψi = cnd (αd ) χnd ,ng =0,nz =0 nd =0

En posant nd = k, on obtient ainsi l’expression recherchée : |ψi =

+∞ X

k=0

 ck (αd ) χnd =k,ng =0,nz =0

363

Corrigés des exercices du Chapitre VI sachant que, d’après la relation (47) du Complément DVI :   χn =k,ng =0,nz =0 = √1 (a† )k ϕnx =0,ny =0,nz =0 d d k!

avec, d’après la relation (40) du Complément DVI : 1 ad = √ (ax − iay ) 2 et donc χn

d =k,ng =0,nz =0



a†x + ia†y √ = 2k k!


k

 ϕnx =0,ny =0,nz =0

Cette relation illustre comment un tel état quasi classique peut être construit en appliquant successivement des opérateurs création  à l’état vide |0i, en produisant ainsi des états nombres ( χnd =k,ng =0,nz =0 ici) puis en en prenant la moyenne pondérée (par les coefficients ck (αr )) sur les états nombres pour obtenir l’état final |ψi. On a, d’après la relation (35) du Complément BV : β 3/2

ϕnx ,ny ,nz (x, y, z) = π 3/4

avec β =

r

q

−β 2 (x2 +y2 +z 2 )/2

2nx +ny +nz (nx )!(ny )!(nz )!

e

Hnx (βx)Hny (βy)Hnz (βz)

mω , et donc ~

ϕ0,0,0 (x, y, z) =

β 3/2 −β 2 (x2 +y2 +z2 )/2 β 3/2 −β 2 r2 /2 e ⇔ ϕ (r, θ, ϕ) = e 0,0,0 π 3/4 π 3/4

du fait que H0 (z) = 1 d’après les relations (18) du Complément BV . On sait de plus que    Px 1  †  βX − i  ax = √ β~ 2  1 Py    a†y = √ βY − i β~ 2

et l’on a donc, en coordonnées cartésiennes : χnd =k,ng =0,nz =0 (x, y, z) =

β 3/2 √ π 3/4 2k k!

k  2 2 2 2 1 ∂ 1 ∂ + iβy − i e−β (x +y +z )/2 βx − β ∂x β ∂y

et, du fait que  p  r = x2 + y 2 + z 2        x = r sin θ cos ϕ z z cos θ = = p y = r sin θ sin ϕ ⇔ 2 r x + y2 + z 2    z = r cos θ   y   tan ϕ = x

364

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I on a ∂ ∂x

= = = =

∂ ∂y

= = = =

∂ ∂z

=

= =

∂r ∂ ∂ cos θ ∂ ∂ tan ϕ ∂ + + ∂x ∂r ∂x ∂ cos θ ∂x ∂ tan ϕ xz ∂θ ∂ y ∂ϕ ∂ x ∂ − 3 − r ∂r r ∂ cos θ ∂θ x2 ∂ tan ϕ ∂ϕ ∂ xz ∂ y x ∂ + 3 − 2 cos2 ϕ r ∂r r sin θ ∂θ x ∂ϕ 1 ∂ 1 sin ϕ ∂ ∂ + cos θ cos ϕ − sin θ cos ϕ ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ ∂r ∂ ∂ cos θ ∂ ∂ tan ϕ ∂ + + ∂y ∂r ∂y ∂ cos θ ∂y ∂ tan ϕ yz ∂θ ∂ 1 ∂ϕ ∂ y ∂ − 3 + r ∂r r ∂ cos θ ∂θ x ∂ tan ϕ ∂ϕ yz ∂ 1 ∂ y ∂ + + cos2 ϕ r ∂r r3 sin θ ∂θ x ∂ϕ 1 ∂ 1 cos ϕ ∂ ∂ + cos θ sin ϕ + sin θ sin ϕ ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ ∂r ∂ ∂ cos θ ∂ ∂ tan ϕ ∂ + + ∂z ∂r ∂z ∂ cos θ ∂z ∂ tan ϕ 2 z r− z ∂ r ∂θ ∂ + r ∂r r2 ∂ cos θ ∂θ r2 − z 2 ∂ ∂ 1 ∂ z ∂ − 3 = cos θ − sin θ r ∂r r sin θ ∂θ ∂r r ∂θ

et donc, en coordonnées sphériques : χn =k,ng =0,nz =0 (r, θ, ϕ) = d

β 3/2 √ (βr sin θ cos ϕ k!   ∂ 1 ∂ 1 sin ϕ ∂ 1 sin θ cos ϕ + iβr sin θ sin ϕ + cos θ cos ϕ − − β ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ π 3/4 2k

− =

i β

∂

 sin θ sin ϕ β 3/2 √ k!

π 3/4 2k

=

r

i

1

β

β

sin θ sin ϕ

 βr sin θ −

β 3/2 iϕ k √ (sin θ e ) k!

π 3/4 2k

cos θ sin ϕ

βr sin θ cos ϕ −

β 3/2 ikϕ √ e k!

π 3/4 2k

1



+iβr sin θ sin ϕ − =

+

∂r

βr −

k

∂r

1

+

1 cos ϕ ∂

sin θ 1 ∂ β ∂r

k

r sin θ ∂ϕ

sin θ cos ϕ

∂

β



∂ ∂θ

−β 2 r2 /2

e

∂ ∂r

−β 2 r2 /2

e

∂

k

k

−β 2 r2 /2

e

∂r

−β 2 r2 /2

e

 et la dépendance angulaire de χnd =k,ng =0,nz =0 est bien (sin θ eiϕ )k . Cette relation rappelle l’expression des orbitales atomiques étudiées dans les Compléments AVI (en particulier la relation (30)) et EVII .

365

Corrigés des exercices du Chapitre VI Nous avons montré plus haut que |ψi =

+∞ X

k=0

 ck (αd ) χnd =k,ng =0,nz =0

 et nous venons de montrer que la dépendance angulaire de χnd =k,ng =0,nz =0 est (sin θ eiϕ )k . Or on sait, d’après la relation (D-20) du Chapitre VI, que Ykk (θ, ϕ) = ck (sin θ eiϕ )k . En écrivant la fonction d’onde sous la forme ψ(r, θ, ϕ) = f (r)g(θ, ϕ), on a donc g(θ, ϕ) =

+∞ X

ck (αd )Ykk (θ, ϕ)

k=0

et une mesure de L2 pourra donc donner les résultats k(k + 1)~2 , k ∈ N avec les probabilités PL2 (k) = |ck (αd )|2 =

λk −λ |αd |2k −|αd |2 e = e k! k!

Les probabilités des différents résultats possibles sont donc bien données par une loi de Poisson de paramètre λ. Si la mesure de L2 a donné le résultat l(l + 1)~2 , le système passe immédiatement après la mesure dans un état |ψ ′ i associé à l’harmonique sphérique Yll (θ, ϕ), et une mesure de Lz donnera nécessairement le résultat +l~.

Références Exercice 4 Landau et Lifshitz (1.19), § 103 ; Ter Haar (1.23), §§ 8.13 et 8.14.

Chapitre 7 Corrigés des exercices du Chapitre VII (Complément GVII). Particule dans un potentiel central. Atome d’hydrogène Historiquement, les atomes ont constitué des systèmes parfaits pour tester la théorie de la mécanique quantique. Des études spectroscopiques avaient déjà observé le spectre d’émission discret des espèces atomiques à la fin du XIXe siècle, avant même que le formalisme de la mécanique quantique ait été développé. L’atome le plus simple à étudier est l’atome d’hydrogène, constitué de seulement un électron et un proton. Bien qu’il ait déjà été étudié depuis plus d’un siècle, l’atome d’hydrogène demeure le système vers lequel on se tourne pour tester de nouvelles avancées fondamentales en mécanique quantique. Comme évoqué dans le Chapitre VII, l’équation de Schrödinger appliquée à l’atome d’hydrogène est soluble analytiquement. Tous les autres éléments sont constitués de plus de deux particules et ne possèdent pas de solutions analytiques. Pour ces éléments plus lourds, les résultats de l’atome d’hydrogène sont adaptés et des approximations sont faites pour tenir compte de la complexité accrue de ces systèmes. L’atome hydrogène revêt donc une grand importance en mécanique quantique et est l’objet des exercices de ce chapitre.

7.1

Particule dans un potentiel à symétrie cylindrique

Énoncé. Nous notons ρ, ϕ, z les coordonnées cylindriques d’une particule sans spin (x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ; ρ > 0, 0 6 ϕ < 2π). On suppose que l’énergie potentielle de cette particule ne dépend que de ρ, et pas de ϕ et z. On

368

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

rappelle d’autre part que : ∂2 ∂2 1 ∂ 1 ∂2 ∂2 + 2 = + + 2 2 2 ∂x ∂y ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2 a. Écrire, en coordonnées cylindriques, l’opérateur différentiel associé à l’hamiltonien. Montrer que H commute avec Lz et Pz . En déduire que les fonctions d’onde associées aux états stationnaires de la particule peuvent être prises sous la forme : ϕn,m,k (ρ, ϕ, z) = fn,m (ρ)eimϕ eikz où les indices m et k peuvent prendre des valeurs que l’on précisera. b. Écrire, en coordonnées cylindriques, l’équation aux valeurs propres de l’hamiltonien H de la particule. En déduire l’équation différentielle qui permet d’obtenir fn,m (ρ). c. Soit Σy l’opérateur dont l’action, en représentation {|ri}, est de changer y en −y (réflexion par rapport au plan xOz) ; Σy commutet-il avec H ? Montrer que Σy anticommute avec Lz et en déduire que Σy |ϕn,m,k i est vecteur propre de Lz ; quelle est la valeur propre correspondante ? Que peut-on en conclure concernant la dégénérescence des niveaux d’énergie de la particule ? Pouvait-on prévoir directement ce résultat à partir de l’équation différentielle établie en b ?

Commentaires. Cet exercice nécessite une bonne compréhension des moments cinétiques, qui ont été abordés au Chapitre VI. Il constitue, comme le prochain exercice, le point culminant du Chapitre VII : le traitement analytique et quantique complet de l’atome d’hydrogène. Rappelons que la solution est exacte pour cet atome très simple. La différence par rapport au Chapitre VI réside dans le choix de la base, qui est cylindrique ici, alors que la base est sphérique dans le Chapitre VI. La physique est bien entendu indépendante de la base. En termes culturels, il est intéressant de se rappeler le modèle précédent de l’atome d’hydrogène : le modèle planétaire de Bohr. Malgré ses défauts, notamment la notion de trajectoire électronique qui est en fait absurde, ce modèle était assez prospère et a donné naissance à la mécanique quantique telle qu’elle est présentée dans ce livre. L’exercice requiert une grande dextérité mathématique, indubitablement nécessitée par le choix de la « mauvaise » base : le système est à symétrie sphérique, mais ce sont les coordonnées cylindriques qui sont utilisées. Il importe néanmoins d’être capable de travailler dans un système de coordonnées de symétrie plus faible au cas où un facteur externe (comme un champ électromagnétique) serait introduit et viendrait briser la symétrie sphérique.

369

Corrigés des exercices du Chapitre VII Le système composé d’un atome dans un champ électromagnétique est ainsi à symétrie cylindrique.

Corrigé. Nous notons ρ, ϕ, z les coordonnées cylindriques d’une particule sans spin (x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ; ρ > 0, 0 6 ϕ < 2π). On suppose que l’énergie potentielle de cette particule ne dépend que de ρ, et pas de ϕ et z. On rappelle d’autre part que : ∂2 ∂2 1 ∂ 1 ∂2 ∂2 + 2 = + + 2 2 2 ∂x ∂y ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2 a. Écrire, en coordonnées cylindriques, l’opérateur différentiel associé à l’hamiltonien. Montrer que H commute avec Lz et Pz . En déduire que les fonctions d’onde associées aux états stationnaires de la particule peuvent être prises sous la forme : ϕn,m,k (ρ, ϕ, z) = fn,m (ρ)eimϕ eikz où les indices m et k peuvent prendre des valeurs que l’on précisera. L’hamiltonien de la particule, supposée de masse réduite µ, s’écrit, en coordonnées cylindriques :  2  ∂ ∂2 ∂2 ~2 P2 + V (ρ) + + + V (ρ, ϕ, z) = − H= 2µ 2µ ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 du fait que V (ρ, ϕ, z) = V (ρ) par hypothèse, soit ~2 H =− 2µ



∂2 1 ∂ ∂2 1 ∂2 + + + ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ2 ∂ϕ2 ∂z 2



+ V (ρ)

On a de plus   ∂ ∂ Lz = XPy − Y Px = −i~ x −y ∂y ∂x

Or

 et l’on a donc : ∂ ∂x

= =

∂ ∂y

= =

 p  ρ = x2 + y 2 x = ρ cos ϕ ⇔ y y = ρ sin ϕ  tan ϕ = x

∂ρ ∂ ∂ tan ϕ ∂ x ∂ y ∂ϕ ∂ + = − ∂x ∂ρ ∂x ∂ tan ϕ ρ ∂ρ x2 ∂ tan ϕ ∂ϕ y ∂ ∂ 1 ∂ x ∂ − cos2 ϕ = cos ϕ − sin ϕ ρ ∂ρ x2 ∂ϕ ∂ρ ρ ∂ϕ ∂ρ ∂ ∂ tan ϕ ∂ y ∂ 1 ∂ϕ ∂ + = + ∂y ∂ρ ∂y ∂ tan ϕ ρ ∂ρ x ∂ tan ϕ ∂ϕ 1 ∂ ∂ 1 ∂ y ∂ 2 + cos ϕ = sin ϕ + cos ϕ ρ ∂ρ x ∂ϕ ∂ρ ρ ∂ϕ

370

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I On en déduit donc l’expression de Lz en coordonnées cylindriques :      1 ∂ ∂ 1 ∂ ∂ ∂ + cos ϕ − ρ sin ϕ cos ϕ − sin ϕ = −i~ Lz = −i~ ρ cos ϕ sin ϕ ∂ρ ρ ∂ϕ ∂ρ ρ ∂ϕ ∂ϕ

qui est la même qu’en coordonnées sphériques, et l’on a de plus Pz = −i~

∂ ∂z

soit, en résumé :   2  ~2 ∂ 1 ∂ ∂2 1 ∂2   + + 2 + V (ρ) +  H =−   2µ ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ2 ∂ϕ2 ∂z   ∂ Lz = −i~  ∂ϕ       Pz = −i~ ∂ ∂z

1 1 et V (ρ) qui apparaissent dans l’expression de H ne dépen, ρ ρ2 dent que de ρ et sont donc des constantes par rapport à ϕ et z, et l’on peut donc en déduire que H commute avec Lz et Pz en vertu du théorème de Schwarz. Mais Lz commute également avec Pz . On peut donc chercher une base de l’espace des états de la particule constituée de fonctions propres communes à ces trois observables. On peut ainsi imposer aux fonctions ϕ(ρ, ϕ, z) qui sont fonctions propres de H d’être également fonctions propres de Lz et Pz ; on cherche alors à résoudre le système d’équations différentielles :   Hϕ(ρ, ϕ, z) = Eϕ(ρ, ϕ, z) Lz ϕ(ρ, ϕ, z) = m~ϕ(ρ, ϕ, z)  Pz ϕ(ρ, ϕ, z) = ~kϕ(ρ, ϕ, z) Les termes

On peut remarquer que m est sans dimension alors que k a la dimension de l’inverse d’une longueur. Or d’après les expressions déterminées précédemment, Lz n’agit que sur ϕ et Pz n’agit que sur z, donc les solutions du système, qui est maintenant séparable, sont de la forme ϕ(ρ, ϕ, z) = f (ρ)g(ϕ)q(z)

et le système précédent devient   Hϕ(ρ, ϕ, z) = Eϕ(ρ, ϕ, z) Lz g(ϕ) = m~g(ϕ)  Pz q(z) = ~kq(z)

les deux dernières équations devenant   d d   g(ϕ) = img(ϕ)  −i~ g(ϕ) = m~g(ϕ)  dϕ dϕ ⇔    −i~ d q(z) = ~kq(z)  d q(z) = ikq(z) dz dz

Corrigés des exercices du Chapitre VII

371

et s’intégrant facilement pour donner g(ϕ) = g(0)eimϕ et q(z) = q(0)eikz . En intégrant les deux conditions initiales g(0) et q(0) dans f (ρ), on obtient ϕ(ρ, ϕ, z) = f (ρ)eimϕ eikz On peut remarquer, dans l’expression de H, que la variable z est découplée des variables ρ et ϕ, mais que ces deux dernières variables sont couplées par 1 ∂2 l’intermédiaire du terme 2 . L’hamiltonien peut donc être séparé en deux ρ ∂ϕ2 parties :  2   ∂ ~2 1 ∂ 1 ∂2   + V (ρ) H = − + +  1 2µ ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ2 ∂ϕ2 H = H1 + H2 avec  ~2 ∂ 2   H2 = − 2µ ∂z 2 et l’équation Hϕ(ρ, ϕ, z) = Eϕ(ρ, ϕ, z) peut également être séparée en deux équations :  H1 f (ρ)g(ϕ) = E1 f (ρ)g(ϕ) H2 q(z) = E2 q(z)

avec E = E1 + E2 . La première équation permet de déterminer l’équation différentielle dont la fonction f (ρ) est solution, ce qui sera fait à la question ∂2 g(ϕ) = −m2 g(ϕ), b. La fonction g(ϕ) = eimϕ étant connue et du fait que ∂ϕ2 l’équation différentielle vérifiée par f (ρ) dépend également du paramètre m, et l’on cherche les fonctions et valeurs propres d’un opérateur Hm différent pour chaque valeur de m. En d’autres termes, on considère séparément les sousespaces E(m, k) correspondant à des valeurs de m et k fixées et l’on étudie l’équation aux valeurs propres de H1 dans chacun de ces sous-espaces (ce qui est possible parce que H commute avec Lz et Pz ). L’équation à résoudre dépend de m, mais pas de k : elle est donc la même dans tous les sousespaces E(m, k) associés à une valeur donnée de m. Nous noterons En,m les valeurs propres de Hm , c’est-à-dire les valeurs propres de l’hamiltonien H1 à l’intérieur d’un sous-espace E(m, k) déterminé : l’indice n, qui peut être discret ou continu, permet de repérer les différentes valeurs propres associées à la même valeur de m. Pour ce qui est des fonctions f (ρ), nous les affecterons des deux mêmes indices que les valeurs propres : fn,m (ρ). On a donc au final ϕn,m,k (ρ, ϕ, z) = fn,m (ρ)eimϕ eikz Comme les fonctions d’onde doivent être continues en tout point de l’espace et 2π-périodiques par rapport à ϕ, on a nécessairement ϕn,m,k (ρ, ϕ = 0, z) = ϕn,m,k (ρ, ϕ = 2π, z) ⇔ e2imπ = 1 ⇔ m ∈ Z On voit une fois de plus que les conditions aux limites, ici la périodicité de la fonction d’onde angulaire, imposent une quantification. k peut quant à elle

372

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I être quelconque et est, en tant que valeur propre associée aux états propres de Pz , réelle : k ∈ R . L’absence de condition aux limites (dans cet exercice) sur la fonction d’onde radiale signifie que k n’est pas quantifiée. Rappelons que k a les dimensions de l’inverse d’une longueur.

b. Écrire, en coordonnées cylindriques, l’équation aux valeurs propres de l’hamiltonien H de la particule. En déduire l’équation différentielle qui permet d’obtenir fn,m (ρ). L’équation aux valeurs propres de l’hamiltonienles dimensions de H de la particule s’écrit, en coordonnées cylindriques : " −

~2 2µ

1 ∂2 1 ∂ ∂2 ∂2 + 2 + + ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2 ∂z 2

!

# + V (ρ) fn,m (ρ)eimϕ eikz = Efn,m (ρ)eimϕ eikz

et la fonction fn,m (ρ) est donc solution de l’équation différentielle    2 2 ∂ 1 ∂ m2 ~ + − 2 + V (ρ) fn,m (ρ) = En,m fn,m (ρ) − 2µ ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ c. Soit Σy l’opérateur dont l’action, en représentation {|ri}, est de changer y en −y (réflexion par rapport au plan xOz) ; Σy commute-t-il avec H ? Montrer que Σy anticommute avec Lz et en déduire que Σy |ϕn,m,k i est vecteur propre de Lz ; quelle est la valeur propre correspondante ? Que peut-on en conclure concernant la dégénérescence des niveaux d’énergie de la particule ? Pouvaiton prévoir directement ce résultat à partir de l’équation différentielle établie en b ? L’action de Σy revient à changer ϕ en 2π − ϕ du fait que 0 6 ϕ < 2π. Σy commute avec ~2 ∂ 2 H2 = − 2µ ∂z 2 du fait que H2 ne dépend pas de ϕ, et l’on a :  H1 Σy fn,m (ρ)eimϕ            

  Σy H1 fn,m (ρ)eimϕ          

= = = =

H1 fn,m (ρ)eim(2π−ϕ) = H1 fn,m (ρ)e−imϕ     2 ~2 1 ∂ m2 ∂ − + − + V (ρ) fn,m (ρ)e−imϕ 2µ ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ2     2 ~2 1 ∂ m2 ∂ Σy − + V (ρ) fn,m (ρ)eimϕ + − 2µ ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ2    2  1 ∂ m2 ∂ ~2 + − + V (ρ) fn,m (ρ)e−imϕ − 2µ ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ2

du fait que

H1 = −

~2 2µ



∂2 1 ∂ 1 ∂2 + + 2 2 ∂ρ ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2



+ V (ρ)

Corrigés des exercices du Chapitre VII

373

d’après les résultats de la question a, et Σy commute donc avec H1 . Σy commute a fortiori avec H = H1 + H2 . On a de la même manière  Σy Lz fn,m (ρ)eimϕ eikz = m~Σy fn,m (ρ)eimϕ eikz = m~fn,m (ρ)e−imϕ eikz Lz Σy fn,m (ρ)eimϕ eikz = Lz fn,m (ρ)e−imϕ eikz = −m~fn,m (ρ)e−imϕ eikz On a donc Σy Lz + Lz Σy = 0 , et Σy anticommute avec Lz . Par conséquent : Lz Σy |ϕn,m,k i = −Σy Lz |ϕn,m,k i = −m~Σy |ϕn,m,k i Le vecteur Σy |ϕn,m,k i est donc vecteur propre de Lz avec la valeur propre −m~, ce qui implique Σy |ϕn,m,k i ∝ |ϕn,−m,k i. Or l’opérateur Σy correspond à la réflexion par rapport au plan xOz et conserve donc la norme, d’où Σy |ϕn,m,k i = |ϕn,−m,k i (en considérant le facteur de phase égal à 1). Le fait que H commute avec Σy implique donc que les états propres |ϕn,m,k i et |ϕn,−m,k i ont même énergie, et que les niveaux d’énergie de la particule sont donc dégénérés. En effet : H1 Σy |ϕn,m,k i = H1 |ϕn,−m,k i = En,−m |ϕn,−m,k i

et

Σy H1 |ϕn,m,k i = En,m Σy |ϕn,m,k i = En,m |ϕn,−m,k i

d’où En,m = En,−m . On pouvait le prévoir directement à partir de l’équation différentielle vérifiée par fn,m (ρ) et déterminée à la question b puisque le fait de changer m en −m (et donc ϕ en 2π − ϕ) ne modifie pas l’équation différentielle. Cette relation souligne une symétrie suppplémentaire du problème qui résulte, comme toujours, en une dégénérescence accrue.

7.2

Oscillateur harmonique à trois dimensions dans un champ magnétique uniforme

N.B. L’objet de cet exercice est d’étudier un système physique simple pour lequel on sait calculer exactement l’effet d’un champ magnétique uniforme. Il est donc possible dans ce cas de comparer de façon précise l’importance respective des termes « paramagnétique » et « diamagnétique », et d’étudier en détail la modification de la fonction d’onde du niveau fondamental sous l’effet du terme diamagnétique (on pourra s’inspirer des Compléments DVI et BVII ).

Énoncé. Soit une particule de masse µ, dont l’hamiltonien s’écrit : H0 =

1 P2 + µω02 R2 2µ 2

(oscillateur harmonique isotrope à trois dimensions), où ω0 est une constante positive donnée.

374

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

a. Indiquer les niveaux d’énergie de la particule et leur degré de dégénérescence. Peut-on construire une base d’états propres communs à H0 , L2 , Lz ? b. On suppose maintenant que la particule, qui porte une charge q, est plongée dans un champ magnétique B uniforme et parallèle à Oz. On qB . L’hamiltonien H de la particule s’écrit alors, si l’on pose ωL = − 2µ 1 choisit la jauge A = − r × B : 2 H = H0 + H1 (ωL ) où H1 est la somme d’un opérateur dépendant linéairement de ωL (terme paramagnétique) et d’un opérateur en dépendant de façon quadratique (terme diamagnétique). Montrer que l’on peut déterminer exactement les nouveaux états stationnaires du système, et leur degré de dégénérescence. c. Montrer que, si ωL est très petit devant ω0 , l’effet du terme diamagnétique est négligeable devant celui du terme paramagnétique. d. On s’intéresse maintenant au premier niveau excité de l’oscillateur, 5~ω0 c’est-à-dire aux états dont l’énergie tend vers lorsque 2 ωL , les niveaux d’énergie ωL → 0. Quels sont, au premier ordre en ω0 en présence du champ B, et leur degré de dégénérescence (effet Zeeman de l’oscillateur harmonique à trois dimensions) ? Mêmes questions pour le deuxième niveau excité. e. On considère maintenant le niveau fondamental. Comment varie son énergie en fonction de ωL (effet diamagnétique du niveau fondamental) ? Calculer la susceptibilité magnétique χ de ce niveau. L’état fondamental est-il, en présence du champ B, vecteur propre de L2 ? de Lz ? de Lx ? Donner l’allure de sa fonction d’onde, et du courant de probabilité correspondant ; montrer que l’effet du champ B se traduit par un resserrement de la fonction d’onde autour de Oz (dans un rap"  2 #1/4 ωL port 1 + ), et par l’apparition d’un courant induit. ω0

Commentaires. Cet exercice conclut le chapitre, ainsi que ce tome, à la perfection, que ce soit en termes de concepts quantiques (oscillateur harmonique, moment cinétique) ou de techniques de calcul (méthode et dextérité). L’ajout du champ magnétique brise certaines symétries, ce qui conduit naturellement à une levée de la dégénérescence. L’objet de l’exercice est

375

Corrigés des exercices du Chapitre VII d’étudier le comportement d’un atome placé dans un champ magnétique. L’équivalent classique de ce système quantique est un dipôle magnétique placé dans un champ magnétique, qui constitue un exercice typique de mécanique classique. L’étude classique montre qu’il existe une relation de proportionnalité entre le moment magnétique et le moment cinétique orbital ; la constante de proportionnalité est le rapport gyromagnétique γ. Le mouvement résultant du dipôle dans le champ magnétique est une précession de Larmor de pulsation ωL = γB. Dans le cas quantique, comme le montre le Complément DVII , il y a également une précession de Larmor à la même pulsation, cette fois de la valeur moyenne de l’opérateur dipôle. Il existe donc plusieurs parallèles entre les cas quantique et classique. Comme évoqué dans l’exercice précédent, la symétrie sphérique de l’atome isolé se réduit à une symétrie cylindrique autour de l’axe du champ électromagnétique. Il ne s’agit pas d’un exemple d’application de la théorie des perturbations, contrairement à ce que l’on pourrait penser au vu de l’introduction d’un champ externe, les solutions demeurent exactes. L’hamiltonien est simplement modifié pour tenir compte du champ externe, ce qui conduit à de nouvelles énergies propres.

Corrigé. Soit une particule de masse µ, dont l’hamiltonien s’écrit : H0 =

1 P2 + µω02 R2 2µ 2

(oscillateur harmonique isotrope à trois dimensions), où ω0 est une constante positive donnée. a. Indiquer les niveaux d’énergie de la particule et leur degré de dégénérescence. Peut-on construire une base d’états propres communs à H0 , L2 , Lz ? L’hamiltonien H0 étant celui d’un oscillateur harmonique isotrope à trois dimensions, les niveaux d’énergie de la particule sont de la forme Enx ,ny ,nz =

  3 nx + ny + nz + ~ω0 2

avec nx , ny , nz ∈ N. Pour n = nx + ny + nz fixé, nz peut prendre les (n + 1) valeurs 0, 1, . . . , n − 1, n. Pour n et nz fixés, on a nx + ny = n − nz et nx et ny peuvent prendre les (n − nz + 1) couples de valeurs (0, n − nz ), (1, n − nz − 1), . . . , (n − nz − 1, 1), (n − nz , 0) Le degré de dégénérescence du niveau d’énergie En est donc égal à gn =

n X

(n − nz + 1) = (n + 1)2 −

nz =0

(n + 1)(n + 2) n(n + 1) = 2 2

376

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I et seul le niveau fondamental est non dégénéré. D’après l’expression du laplacien en coordonnées sphériques donnée dans la relation (A-15) du Chapitre VII, l’hamiltonien s’écrit :   2  1 1 ∂ 1 ∂ 1 ∂2 ~2 1 ∂ 2 + µω02 R2 r+ 2 + + H0 = − 2 2 2 2 2µ r ∂r r ∂θ tan θ ∂θ sin θ ∂ϕ 2 et, d’après la relation (D-6a) du Chapitre VI :   2 1 ∂ 1 ∂2 ∂ + + L2 = −~2 ∂θ2 tan θ ∂θ sin2 θ ∂ϕ2 On a donc H0 = −

~2 1 ∂ 2 L2 1 r + + µω02 R2 2µ r ∂r2 2µr2 2

D’après la relation (D-5c) du Chapitre VI, Lz =

~ ∂ i ∂ϕ

Lz n’agit que sur la variable angulaire ϕ et commute donc avec tout opérateur n’agissant que sur la dépendance en r. Lz commute également avec L2 , donc d’après l’expression de H0 ci-dessus, Lz commute avec H0 . H0 commute également avec L2 du fait que L2 n’agit que sur les variables angulaires θ et ϕ d’après ce qui précède. Puisque les trois observables H0 , L2 et Lz commutent, on peut donc construire une base d’états propres communs à ces trois observables. Il s’agit des états propres |k, l, mi tels que   H0 |k, l, mi = Ek,l |k, l, mi L2 |k, l, mi = l(l + 1)~2 |k, l, mi  Lz |k, l, mi = m~ |k, l, mi

abordés dans le Complément BVII .

b. On suppose maintenant que la particule, qui porte une charge q, est plongée dans un champ magnétique B uniforme et parallèle à Oz. On pose ωL = qB − . L’hamiltonien H de la particule s’écrit alors, si l’on choisit la jauge 2µ 1 A= − r×B : 2 H = H0 + H1 (ωL ) où H1 est la somme d’un opérateur dépendant linéairement de ωL (terme paramagnétique) et d’un opérateur en dépendant de façon quadratique (terme diamagnétique). Montrer que l’on peut déterminer exactement les nouveaux états stationnaires du système, et leur degré de dégénérescence.

377

Corrigés des exercices du Chapitre VII

ωL est la pulsation de Larmor qui caractérise le mouvement de la particule −q dans le champ magnétique ; γ = est le rapport gyromagnétique associé. 2µ L’hamiltonien de la particule devient : H



2

1 2 2 µω R 2 0

=

1 1 1 1 [P − qA]2 + µω02 R2 = P + qR × B 2µ 2 2µ 2

=

1 1 1 1 P2 + q [P · (R × B) + (R × B) · P] + q 2 (R × B) · (R × B) + µω02 R2 2µ 2 4 2

=

1 1 1 1 P2 + q [B · (P × R) + (P × R) · B] + q 2 R · (B × (R × B)) + µω02 R2 2µ 2 4 2

=

1 1 1 P2 − qB · (R × P) + q 2 R · (B2 R − (B · R)B) + µω02 R2 2µ 4 2

=

1 1 1 P2 − qB · L + q 2 (B2 R2 − (B · R)2 ) + µω02 R2 2µ 4 2

   



+







du fait que B est une constante et non un opérateur, et commute a fortiori avec toutes les observables, et que (R × B) · (R × B) = R · (B × (R × B)) par invariance du produit mixte par permutation circulaire. De plus, B est parallèle à Oz par hypothèse, donc : H

= =

1 qB q2 B 2 2 P2 + µω02 R2 − Lz + (R − Z 2 ) 2µ 2 2µ 8µ P2 1 1 2 2 + µω02 R2 + ωL Lz + µωL (X + Y 2 ) 2µ 2 2

et l’on a donc H1 (ωL ) =

1 2 2 + µωL (X + Y 2 ) 2 | {z } terme paramagnétique ω L | L{z z}

terme diamagnétique

Comme ωL ∝ B, il est possible d’identifier le terme paramagnétique (proportionnel à B) et le terme diamagnétique (proportionnel à B 2 ) dans l’expression de H1 . Comme ωL < 0, les deux termes sont de signes opposés. Le diamagnétisme est régi par l’induction et obéit à la loi de modération de Lenz qui dicte que l’effet résultant s’oppose à sa cause. Le paramagnétisme résulte de l’alignement dans la même direction que le champ magnétique externe. L’hamiltonien peut se réécrire sous la forme H=

Py2 1 Px2 1 P2 1 2 2 + µ(ω02 +ωL )X 2 + + µ(ω02 +ωL )Y 2 + z + µω02 Z 2 +ωL Lz = Hxy +Hz 2µ 2 2µ 2 2µ 2

avec  Py2 Px2 1 1  2 2  + µ(ω02 + ωL )X 2 + + µ(ω02 + ωL )Y 2  Hxy = 2µ 2 2µ 2 2    Hz = Pz + 1 µω02 Z 2 + ωL Lz 2µ 2

378

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I Les nouveaux états stationnaires |ϕi sont donc donnés par : H |ϕi = (Hxy + Hz ) |ϕi = E |ϕi et l’on peut choisir une base d’états propres de H sous la forme |ϕi = |ϕxy i ⊗ |ϕz i avec



Hxy |ϕxy i = Exy |ϕxy i , |ϕxy i ∈ Exy Hz |ϕz i = Ez |ϕz i , |ϕz i ∈ Ez

et E = Exy + Ez . On a également Hxy = Hx + Hy où Hx et Hy sont tous deux des hamiltoniens d’oscillateurs harmoniques à une dimension :  Px2 1  2 2 2   Hx = 2µ + 2 µ(ω0 + ωL )X  P2  2  Hy = y + 1 µ(ω02 + ωL )Y 2 2µ 2

On connaît les états propres |ϕx i de Hxdans Exet les états propres |ϕ y i de  1 1 Hy dans Ey , d’énergies respectives Ex = nx + ~ω et Ey = ny + ~ω, 2 2 2 2 2 avec nx , ny ∈ N et ω = ω0 + ωL . Les états propres de Hxy peuvent alors être pris sous la forme :   ϕnx ,ny = |ϕnx i ⊗ ϕny

les énergies propres correspondantes Exy étant données par :     1 1 ~ω + ny + ~ω = (nx + ny + 1)~ω Exy = nx + 2 2

D’après les propriétés de l’oscillateur harmonique à une dimension, Ex est non dégénérée dans Ex , de même que Ey dans  Ey ; par conséquent, à un couple (nx , ny ) correspond un vecteur ϕnx ,ny de Exy unique à un facteur près : Hx et Hy forment donc un E.C.O.C. dans Exy . Il est commode pour la suite d’utiliser les opérateurs ax et ay (opérateurs d’annihilation d’un quantum d’énergie ~ω relatifs à Ox et Oy respectivement), définis par    1 Px   βX + i  ax = √ β~ 2  P  1 y   ay = √ βY + i β~ 2 r mω . Puisque ax et ay agissent dans des espaces différents Ex et avec β = ~ Ey , les seuls commutateurs non nuls entre les quatre opérateurs ax , ay , a†x , a†y     sont ax , a†x = ay , a†y = 1. On a ainsi Hxy = Hx + Hy = (Nx + Ny + 1)~ω

Corrigés des exercices du Chapitre VII

379

avec Nx = a†x ax et Ny = a†y ay . Les valeurs propres de Hxy étant de la forme Exy = En = (n + 1)~ω avec n = nx + ny ∈ N, à l’énergie En correspondent les (n + 1) vecteurs orthogonaux     ϕnx =n,ny =0 , ϕnx =n−1,ny =1 , . . . , ϕnx =1,ny =n−1 , ϕnx =0,ny =n

La valeur propre En est donc (n + 1) fois dégénérée et Hxy ne constitue pas à lui seul un E.C.O.C. Nous venons de classer les états propres au moyen des nombres quantiques nx et ny . Or les axes Ox et Oy ne jouent aucun rôle privilégié dans le problème puisque, l’énergie potentielle étant invariante par rotation autour de Oz, on aurait aussi bien pu choisir un autre système d’axes orthogonaux Ox′ et Oy ′ dans le plan xOy ; les états stationnaires que nous aurions obtenus alors auraient été différents des précédents. Aussi allons-nous maintenant, pour mieux utiliser la symétrie du problème, nous intéresser à la composante Lz du moment cinétique, définie par : Lz = XPy − Y Px On a, du fait que     1 Px 1 †     √ βX + i  X = √ (ax + ax )  ax = β~ β 2 2  ⇔ β~   Px 1    Px = i √ (a†x − ax )  a†x = √ βX − i β~ 2 2

avec des relations analogues pour Y et Py : Lz =

 i~  (ax + a†x )(a†y − ay ) − (ay + a†y )(a†x − ax ) = i~(ax a†y − a†x ay ) 2

tout en ayant

Hxy = (a†x ax + a†y ay + 1)~ω Or    ax a†y , a†x ax + a†y ay     †  ax ay , a†x ax + a†y ay   

= = = =



     ax a†y , a†x ax + ax a†y , a†y ay = a†y [ax , a†x ] ax + ax a†y a†y , ay † † ax ay − ax ay =0    [a†x ay , a†x ax ] + a†x ay , a†y ay = ay a†x [a†x , ax ] + a†x ay , a†y ay † † ax ay − ax ay = 0

et l’on a donc [Hxy , Lz ] = 0. Nous allons donc chercher une base de vecteurs propres communs à Hxy et Lz . Pour cela, introduisons les opérateurs ad et ag définis par les relations (40) du Complément DVI comme  1   ad = √ (ax − iay )  2 1   ag = √ (ax + iay )  2

380

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I ad et ag pouvant être interprétés comme les opérateurs d’annihilation d’un « quantum circulaire » droit et gauche respectivement. On a ainsi :  [a , a ] = [ag , ag ] = 0   h d di  
 1     1   ax − iay , a†x + ia†y = ax , a†x + ay , a†y = 1 ad , a†d =   2 2            
1 1  † † †   ag , ag = ax + iay , ax − iay = ax , a†x + ay , a†y = 1   2 2 1  [ad , ag ] = [ax − iay , ax + iay ] = 0   2     
   1    1   ad , a†g =  ax − iay , a†x − ia†y = ax , a†x − ay , a†y = 0   2 2   h i    a , a† = 1 a + ia , a† + ia†  = 1 a , a†  − a , a† 
= 0 g y x y x x x y y d 2 2 et les seuls commutateurs non nuls entre les quatre opérateurs ad , ag , a†d , a†g h i   sont ad , a†d = ag , a†g = 1. On a de plus :   1 1      ax = √ (ad + ag )  ad = √ (ax − iay ) 2 2 ⇔ 1 i      ay = √ (ad − ag )  ag = √ (ax + iay ) 2 2

et donc Hxy

Lz

=

(a†x ax + a†y ay + 1)~ω =

=

(a†d ad + a†g ag + 1)~ω

=

i~(ax a†y − a†x ay ) =

= =

~h 2

~h 2

 h 1 2

i

i

(ad + ag )(a†d − a†g ) + (a†d + a†g )(ad − ag )

i

ad a†d + a†d ad − ag a†g − a†g ag =

~(a†d ad − a†g ag )



(a†d + a†g )(ad + ag ) + (a†d − a†g )(ad − ag ) + 1 ~ω

~h 2

1 + a†d ad + a†d ad − 1 − a†g ag − a†g ag

i

Si l’on introduit les opérateurs Nd = a†d ad et Ng = a†g ag (nombres de « quanta circulaires » droits et gauches), les deux relations précédentes deviennent  Hxy = (Nd + Ng + 1)~ω Lz = ~(Nd − Ng ) Nous pouvons alors reprendre avec les opérateurs ad et ag les mêmes raisonnements qu’avec ax et ay . Il s’ensuit que les spectres de Nd et Ng sont constitués de tous les entiers positifs ou nuls ; de plus, la donnée d’un couple (nd , ng ) de tels entiers détermine de façon unique (à un facteur près) le vecteur propre commun à Nd et Ng associé à ces valeurs propres, qui est :  χn ,ng = p 1 (a† )nd (a†g )ng |ϕ0,0 i d nd !ng ! d

Corrigés des exercices du Chapitre VII

381

Les opérateurs Nd et Ng forment donc un E.C.O.C. dans Exy . On voit alors, en utilisant les relations  Hxy = (Nd + Ng + 1)~ω Lz = ~(Nd − Ng )  que χnd ,ng est également vecteur propre de Hxy et de Lz , avec les valeurs propres (n + 1)~ω et m~, où n et m sont donnés par :  n = nd + ng m = nd − ng Comme nd et ng sont des entiers positifs ou nuls quelconques, nous retrouvons bien les résultats précédents : les valeurs propres de Hxy sont de la forme (n + 1)~ω avec n ∈ N, et leur degré de dégénérescence est (n + 1). D’autre part, nous voyons que les valeurs propres de Lz sont de la forme m~ avec m ∈ Z, ce qui est bien le résultat qui a été établi de manière générale dans le Chapitre VI. On peut ensuite déterminer facilement quelles valeurs de m sont associées à une valeur donnée de n. Par exemple, pour le niveau fondamental, on a n = nd + ng = 0 ⇔ nd = ng = 0 et donc m = nd − ng = 0 ; pour le premier niveau excité, on a n = nd + ng = 1, et l’on peut donc avoir nd = 1 et ng = 0 (m = nd − ng = +1) ou nd = 0 et ng = 1 (m = nd − ng = −1). De manière générale, pour un niveau d’énergie donnée (n + 1)~ω, les valeurs possibles de m sont : m = n, n − 2, n − 4, . . . , −n + 2, −n Il s’ensuit qu’à un couple de valeurs de n et m correspond un vecteur propre unique (à un facteur près) : E n−m χnd = n+m ,n = g 2 2

Hxy et Lz forment donc un E.C.O.C. dans Exy . On a enfin Hz =

1 Pz2 + µω02 Z 2 + ωL Lz 2µ 2

Hxy commute avec Hz du fait que Px , Py , X et Y commutent avec Pz et Z et que, comme nous l’avons déjà montré, Hxy commute avec Lz . De plus, Lz commute avec Z et Pz (d’après les résultats de l’exercice 3 du Chapitre VI) et avec lui-même. Hz commute donc avec Hxy et Lz , et il est donc possible de construire une base de vecteurs propres communs à ces trois observables.  Ces vecteurs propres sont les vecteurs χnd ,ng ,nz vérifiant    Hxy χnd ,ng ,nz = (nd + ng + 1)~ω χnd ,ng ,nz    L χ nd ,ng ,nz = (nd − ng )~ χnd ,ng ,nz z        1   Hz χnd ,ng ,nz = (nd − ng )~ωL + nz + ~ω0 χnd ,ng ,nz 2

et tels que

382

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I   χn ,ng ,nz = p 1 (a†d )nd (a†g )ng (a†z )nz ϕnx =0,ny =0,nz =0 d nd !ng !nz !

Les valeurs propres de H sont donc de la forme End ,ng ,nz

= = =

  1 ~ω0 (nd + ng + 1)~ω + (nd − ng )~ωL + nz + 2   q 1 2 2 (nd + ng + 1)~ ω0 + ωL + (nd − ng )~ωL + nz + ~ω0 2   q 2 + m~ω + n + 1 ~ω (n + 1)~ ω02 + ωL 0 L z 2

Supposons qu’il existe (n′ , m′ , n′z ) 6= (n, m, nz ) tels que   q 2 + m′ ~ω + n′ + 1 ~ω End ,ng ,nz = (n′ + 1)~ ω02 + ωL 0 L z 2 En soustrayant ces deux relations membre à membre, on obtient q

(n′ − n) ⇒

2 = (n − n′ )ω + (m − m′ )ω ω02 + ωL z 0 L z

2 2 + 2(nz − n′z )(m − m′ )ω0 ωL ) = (nz − n′z )2 ω02 + (m − m′ )2 ωL (n′ − n)2 (ω02 + ωL

Les pulsations ω0 et ωL étant quelconques et indépendantes, cette égalité implique  ′  (n − n)2 = (nz − n′z )2 (n′ − n)2 = (m − m′ )2  (nz − n′z )(m − m′ ) = 0

La troisième égalité implique nz = n′z ou m = m′ mais ces deux cas s’impliquent mutuellement et impliquent également n = n′ . On a donc :     nd + ng = n′d + n′g  n = n′  nd = n′d ′ ′ ′ ng = n′g m=m ⇔ nd − ng = nd − ng ⇔    ′ ′ nz = nz nz = n′z nz = nz

et les nouvelles valeurs propres sont donc non dégénérées, ce qui prouve que {Hxy , Hz , Lz } forme un E.C.O.C. dans l’espace des états Er .

c. Montrer que, si ωL est très petit devant ω0 , l’effet du terme diamagnétique est négligeable devant celui du terme paramagnétique. Si ωL ≪ ω0 , les énergies propres   q 2 + m~ω + n + 1 ~ω End ,ng ,nz = (n + 1)~ ω02 + ωL L z 0 2

deviennent

End ,ng ,nz

  1 ~ω0 ≃ (n + 1)~ω0 + m~ωL + nz + 2   3 ~ω0 + m~ωL ≃ n + nz + 2

Corrigés des exercices du Chapitre VII

383

Seul le terme paramagnétique m~ωL demeure, et l’effet du terme diamagnétique est donc négligeable devant celui du terme paramagnétique. Cette remarque est en parfait accord avec les expériences et avec les résultats du Complément DVII , en particulier la relation (18). Le diamagnétisme est présent dans tous les éléments, mais il n’est visible qu’en l’absence de tout autre effet magnétique, en particulier de paramagnétisme. Cela est dû au fait que son intensité est, en pratique, inférieure d’au moins deux ordres de grandeur à celle du paramagnétisme, s’il est présent, qui domine sinon cet effet. d. On s’intéresse maintenant au premier niveau excité de l’oscillateur, c’est-à5~ω0 lorsque ωL → 0. Quels sont, dire aux états dont l’énergie tend vers 2 ωL au premier ordre en , les niveaux d’énergie en présence du champ B, et ω0 leur degré de dégénérescence (effet Zeeman de l’oscillateur harmonique à trois dimensions) ? Mêmes questions pour le deuxième niveau excité. Les énergies propres valent, d’après les résultats de la question c :   q 1 2 2 ~ω0 End ,ng ,nz = (nd + ng + 1)~ ω0 + ωL + (nd − ng )~ωL + nz + 2 et deviennent, lorsque ωL → 0 : End ,ng ,nz

    1 3 ≃ (nd + ng + 1)~ω0 + nz + ~ω0 = nd + ng + nz + ~ω0 2 2

ωL . On a, dans le premier niveau excité, nd + ng + nz = 1. On ω0 a alors trois cas possibles : à l’ordre 0 en

• si nd = 1, ng = 0 et nz = 0 : E1,0,0

= ≃

q 2 + ~ω + 1 ~ω 2~ ω02 + ωL 0 L 2  1 5 ωL 2~ω0 + ~ωL + ~ω0 = + ~ω0 2 2 ω0

ωL , ω0 • si nd = 0, ng = 1 et nz = 0 : au premier ordre en

E0,1,0

= ≃

au premier ordre en

q 2 − ~ω + 1 ~ω 2~ ω02 + ωL L 0 2  5 ωL 1 ~ω0 − 2~ω0 − ~ωL + ~ω0 = 2 2 ω0 ωL , ω0

384

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I • si nd = 0, ng = 0 et nz = 1 : q 2 + 3 ~ω ≃ ~ω + 3 ~ω = 5 ~ω E0,0,1 = ~ ω02 + ωL 0 0 0 0 2 2 2 ωL au premier ordre en . ω0 ωL On a donc en résumé, au premier ordre en : ω0    5 ωL   E1,0,0 ≃ ~ω0 +   2 ω0     5 E0,0,1 ≃ ~ω0  2        5 ωL   E0,1,0 ≃ − ~ω0 2 ω0

Ces trois niveaux d’énergie sont non dégénérés alors que le premier niveau excité est, en l’absence de champ magnétique, triplement dégénéré. On a donc levée totale de la dégénérescence par l’introduction du champ magnétique, connue sous le nom d’effet Zeeman. Les développements au premier ordre ne tiennent compte que des effets paramagnétiques. On a de la même manière, dans le deuxième niveau excité, nd + ng + nz = 2. On a alors six cas possibles : • si nd = 2, ng = 0 et nz = 0 : q 2 + 2~ω + 1 ~ω E2,0,0 = 3~ ω02 + ωL 0 L 2  ωL 1 7 ~ω0 +2 ≃ 3~ω0 + 2~ωL + ~ω0 = 2 2 ω0 ωL au premier ordre en , ω0 • si nd = 0, ng = 2 et nz = 0 : q 2 − 2~ω + 1 ~ω E0,2,0 = 3~ ω02 + ωL 0 L 2  1 ωL 7 ≃ 3~ω0 − 2~ωL + ~ω0 = ~ω0 −2 2 2 ω0 ωL , au premier ordre en ω0 • si nd = 0, ng = 0 et nz = 2 : q 2 + 5 ~ω ≃ ~ω + 5 ~ω = 7 ~ω E0,0,2 = ~ ω02 + ωL 0 0 0 0 2 2 2 ωL , au premier ordre en ω0

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Corrigés des exercices du Chapitre VII • si nd = 1, ng = 1 et nz = 0 : q 2 + 1 ~ω ≃ 3~ω + 1 ~ω = 7 ~ω E1,1,0 = 3~ ω02 + ωL 0 0 0 0 2 2 2 ωL au premier ordre en , ω0 • si nd = 1, ng = 0 et nz = 1 : q 2 + ~ω + 3 ~ω E1,0,1 = 2~ ω02 + ωL 0 L 2  3 7 ωL ≃ 2~ω0 + ~ωL + ~ω0 = ~ω0 + 2 2 ω0 ωL , ω0 • si nd = 0, ng = 1 et nz = 1 : q 2 − ~ω + 3 ~ω E0,1,1 = 2~ ω02 + ωL L 0 2  7 ωL 3 − ~ω0 ≃ 2~ω0 − ~ωL + ~ω0 = 2 2 ω0 au premier ordre en

au premier ordre en

ωL . ω0

On a donc en résumé, au premier ordre en    E2,0,0           E1,0,1       E0,0,2         E0,1,1           E0,2,0

ωL : ω0



 7 ωL ~ω0 +2 2 ω0   7 ωL ~ω0 + ≃ 2 ω0 7 = E1,1,0 ≃ ~ω0 2   7 ωL ~ω0 − ≃ 2 ω0   ωL 7 ~ω0 ≃ −2 2 ω0 ≃

Quatre de ces cinq niveaux d’énergie sont non dégénérés, le cinquième étant doublement dégénéré, alors que le deuxième niveau excité est, en l’absence de champ magnétique, six fois dégénéré. On a donc levée partielle de la dégénérescence par effet Zeeman. On peut remarquer que la levée de dégénérescence se manifeste expérimentalement par une séparation des niveaux d’énergie lors de l’introduction d’un champ magnétique. Le décalage ~qB m ∝ mB. Le fait que le entre niveaux d’énergie vaut (nd − ng )~ωL = − 2µ

386

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I décalage des énergies soit proportionnel à B signifie que la séparation peut être contrôlée avec précision en réglant avec précision le champ externe, ce qui peut être réalisé facilement expérimentalement en contrôlant le courant électrique traversant un électro-aimant : pour les valeurs en champ faible, il existe de nouveau une relation de proportionnalité. Ce réglage des décalages d’énergies se cache derrière de nombreuses applications basées sur l’effet Zeeman : refroidissement laser, pièges magnéto-optiques, ralentisseurs Zeeman (appareil couramment utilisé en optique quantique et en physique des atomes froids, sujet du prix Nobel de physique 1997 décerné à William D. Phillips, Steven Chu et Claude Cohen-Tannoudji), etc. (cf. Complément AXIX ). La levée de dégénérescence est en fait totale puisque, si l’on développe les ωL expressions des énergies E0,0,2 et E1,1,0 jusqu’au deuxième ordre en , ce ω0 qui revient à tenir compte des effets diamagnétiques, on obtient : s  2 q 5 ωL 5 2 + ~ω = ~ω 1 + + ~ω0 E0,0,2 = ~ ω02 + ωL 0 0 2 ω0 2 " "  2 #  2 # 5 7 1 ωL 1 ωL + ~ω0 = ~ω0 + ≃ ~ω0 1 + 2 ω0 2 2 2 ω0 et E1,1,0

= ≃

s  2 q ωL 1 1 2 2 3~ ω0 + ωL + ~ω0 = 3~ω0 1 + + ~ω0 2 ω0 2 " "  2 #  2 # 1 ωL 1 7 3 ωL 3~ω0 1 + + ~ω0 = ~ω0 + 2 ω0 2 2 2 ω0

La différence d’énergie vaut E1,1,0 − E0,0,2 = ~

2 ωL ≪ ~ωL ≪ ~ω0 ω0

ce qui montre une fois de plus que le diamagnétisme introduit une séparation beaucoup plus fine que le paramagnétisme, du fait qu’il s’agit d’un effet du deuxième ordre. L’ordre de grandeur typique des transitions électroniques est de ~ω0 ∼ 1 eV. Pour un atome avec un électron de valence placé dans un champ magnétique de 1 T, l’ordre de grandeur de la séparation Zeeman due au paramagnétisme est de ~ωL ∼ 10−4 eV, soit environ 1 cm−1 , qui est facilement résolu dans les expériences. La différence d’énergie E1,1,0 − E0,0,2 due aux effets diamagnétiques est donc approximativement de 10−8 eV, soit 10−4 cm−1 , et n’est détectable qu’avec des expériences à très haute résolution. e. On considère maintenant le niveau fondamental. Comment varie son énergie en fonction de ωL (effet diamagnétique du niveau fondamental) ? Calculer

Corrigés des exercices du Chapitre VII

387

la susceptibilité magnétique χ de ce niveau. L’état fondamental est-il, en présence du champ B, vecteur propre de L2 ? de Lz ? de Lx ? Donner l’allure de sa fonction d’onde, et du courant de probabilité correspondant ; montrer que l’effet du champ B se traduit par un resserrement de la fonction d’onde "  2 #1/4 ωL ), et par l’apparition d’un autour de Oz (dans un rapport 1 + ω0 courant induit. Les énergies propres valent, d’après les résultats de la question c :   q 2 + (n − n )~ω + n + 1 ~ω End ,ng ,nz = (nd + ng + 1)~ ω02 + ωL d g L z 0 2

et deviennent, lorsque ωL → 0 : End ,ng ,nz

    1 3 ≃ (nd + ng + 1)~ω0 + nz + ~ω0 = nd + ng + nz + ~ω0 2 2

ωL . On a, dans le niveau fondamental, nd = ng = nz = 0, et ω0 l’énergie du niveau fondamental vaut donc à l’ordre 0 en

E0,0,0

"  2 # p 3 1 ωL 1 2 2 ~ω0 + = ~ ω0 + ωL + ~ω0 ≃ 2 2 2 ω0

2 en présence du champ B. L’énergie du niveau fondamental croît donc en ωL , et il n’y a pas d’effet paramagnétique dans le niveau fondamental, seul l’effet qB , on obtient diamagnétique. En remplaçant ωL par son expression ωL = − 2µ ainsi   q2 B 2 3 E0,0,0 ≃ + 2 2 ~ω0 2 8µ ω0

Or il a été montré dans le Complément DVII que le terme diamagnétique q 2 ~B 2 traduit le couplage entre le champ magnétique B et le moment 8µ2 ω0 magnétique M2 (B) induit par B : 1 q 2 ~B 2 ≃ − M2 (B) · B 8µ2 ω0 2 Or par définition de la susceptibilité magnétique, M2 (B) = χB, et l’on en déduit donc q 2 ~B 2 1 q2 ~ 2 ≃ − χB ⇔ χ ≃ − 8µ2 ω0 2 4µ2 ω0 Le fait que la susceptibilité magnétique χ soit négative prouve bien que seul l’effet diamagnétique est présent dans le niveau fondamental. Cela reflète la

388

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I loi de modération de Lenz selon laquelle le système s’oppose, par sa réponse, au champ externe. D’après les résultats de la question b, l’état fondamental |χ0,0,0 i vérifie :   Hxy |χ0,0,0 i = ~ω |χ0,0,0 i  Lz |χ0,0,0 i = 0   Hz |χ0,0,0 i = ~ω0 |χ0,0,0 i 2 |χ0,0,0 i est donc vecteur propre de Lz (par construction) associé à la valeur propre m~ = (nd − ng )~ = 0. On sait de plus que L2 commute avec Lz , donc |χ0,0,0 i est également vecteur propre de L2 avec la valeur propre l(l+1)~2 = 0 du fait qu’il s’agit du niveau fondamental. On sait enfin que  1 L+ = Lx + iLy ⇒ Lx = (L+ + L− ) L− = Lx − iLy 2

ce qui implique Lx |l = 0, m = 0i = 0, et |χ0,0,0 i est donc également vecteur propre de Lx avec la valeur propre mx ~ = 0. La fonction d’onde de l’état fondamental en l’absence de champ magnétique est ϕ0,0,0 (x, y, z) =

 µω 3/4 0

π~

e−

µω0 2~

(x2 +y 2 +z 2 )

d’après la relation (24) du Complément EV , et son courant de probabilité, d’après la relation (D-17) du Chapitre III :    1 ~ J0,0,0 (x, y, z) = Re ϕ0,0,0 (x, y, z) ∇ϕ0,0,0 (x, y, z) =0 µ i du fait que ϕ0,0,0 (x, y, z) est réelle. La fonction d’onde devient, en présence du champ magnétique B : ϕB 0,0,0 (x, y, z) =

 µ 3/4 µ 2 2 2 1/4 ω 1/2 ω0 e− 2~ (ω(x +y )+ω0 z ) π~

et son courant de probabilité, d’après la relation (D-20) du Chapitre III :     ~ 1 B B B Re ϕ0,0,0 (x, y, z) ∇ − qA ϕ0,0,0 (x, y, z) J0,0,0 (x, y, z) = µ i     1 q ~ B B = Re ϕ0,0,0 (x, y, z) ∇ + r × B ϕ0,0,0 (x, y, z) µ i 2 q B qB = |ϕ (x, y, z)|2 r × B = |ϕB (x, y, z)|2 (yex − xey ) 2µ 0,0,0 2µ 0,0,0 2 = |ϕB 0,0,0 (x, y, z)| ωL (xey − yex ) µ

∝ (yex − xey )e− ~ (ω(x

2

+y 2 )+ω0 z 2 )

du fait que ϕB 0,0,0 (x, y, z) est réelle et que ωL < 0. Les fonctions d’onde B ϕB (x), ϕ (y) et ϕB 0 0 0 (z) des trois oscillateurs harmoniques se déplaçant le long

Corrigés des exercices du Chapitre VII

389

B B Fig. 7.1 – Représentations graphiques des fonctions d’onde ϕB 0 (x), ϕ0 (y) et ϕ0 (z).

de Ox, Oy et Oz en présence du champ magnétique B sont représentées sur la figure 7.1. B On constate ainsi que les fonctions d’onde ϕB 0 (x) et ϕ0 (y) des oscillateurs harmoniques se déplaçant le long de Ox et Oy sont plus resserrées que celle (ϕB 0 (z)) de l’oscillateur harmonique se déplaçant le long de Oz. On a donc globalement un resserrement de la fonction d’onde ϕB 0,0,0 (x, y, z) autour de Oz. On a en effet, dans l’état fondamental, d’après la relation (D-5a) du Chapitre V : s s ~ ~ et ∆Z = ∆X = ∆Y = µω µω0

et ce resserrement de la fonction d’onde autour de Oz est dans un rapport  s  2 1/2 !1/2  ω0 1 + ωL  p  1/2 2 2   ω0 ω0 + ωL ∆Z ∆Z ω  = = = =   ∆X ∆Y ω0 ω0 ω0   =

"

1+



ωL ω0

2 #1/4

On constate également, d’après l’expression de JB 0,0,0 (x, y, z), l’apparition d’un courant induit dans les plans perpendiculaires à Oz, dont l’allure dans le plan xOy est représentée sur la figure 7.2. L’allure dans tout plan parallèle sera la même, mais l’amplitude du courant de probabilité subira une décrois2 sance exponentielle en e−z . Cela rappelle une fois de plus une manifestation de la loi de Lenz en induction électromagnétique classique : lorsqu’un conducteur est placé dans un champ magnétique, des courants de Foucault apparaissent qui créent à leur tour un champ magnétique induit dans la direction opposée au champ externe, repoussant ainsi le champ externe hors du conducteur. Dans ce système quantique, le courant électrique est proportionnel au courant de probabilité induit par B.

390

Corrigés des exercices de Mécanique quantique, tome I

Fig. 7.2 – Allure du courant induit par le champ B dans le plan xOy.

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