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Thème 3 — Postulats et applications

Courant de probabilité

Mots-clés: courant de probabilité · équation de continuité · onde plane · onde stationnaire · onde évanescente · vitesse

Exercice 1 : Courant de probabilité

Pour une particule de masse mm décrite par une fonction d'onde ψ(x)\psi(x) à une dimension, le courant de probabilité est défini par

j=ℏm Im⁡(ψ∗ dψdx).j=\frac{\hbar}{m}\,\operatorname{Im}\Bigl(\psi^*\,\frac{d\psi}{dx}\Bigr).

Pour un état stationnaire, l'équation de continuité ∂tρ+∂xj=0\partial_t\rho+\partial_xj=0 impose que jj soit indépendant de xx. On calcule ici le courant de quelques fonctions d'onde classiques. Dans tout l'exercice, kk et κ\kappa sont des réels strictement positifs, et AA, BB des constantes complexes.

Question 1
Calculer le courant de l'onde plane ψ(x)=Aeikx\psi(x)=Ae^{ikx}. Interpréter le résultat à l'aide de la vitesse classique v=p/mv=p/m, où p=ℏkp=\hbar k.

Solution
On a ψ′=ikAeikx\psi'=ikAe^{ikx}, donc

ψ∗ψ′=A∗e−ikx⋅ikAeikx=ik∣A∣2,j=ℏmIm⁡(ik∣A∣2)=ℏkm∣A∣2.\psi^*\psi'=A^*e^{-ikx}\cdot ikAe^{ikx}=ik|A|^2, \qquad j=\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}(ik|A|^2)=\frac{\hbar k}{m}|A|^2 .

Avec p=ℏkp=\hbar k, on reconnaît j=v ρj=v\,\rho, où ρ=∣A∣2\rho=|A|^2 est la densité de probabilité et v=p/mv=p/m la vitesse classique. C'est la relation habituelle entre débit, densité et vitesse dans un fluide : l'onde plane décrit un flux uniforme de probabilité qui se déplace vers les xx croissants à la vitesse vv.

Question 2
Calculer le courant de la superposition ψ(x)=Aeikx+Be−ikx\psi(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}. Montrer que les termes croisés ne contribuent pas. En déduire le courant d'une onde stationnaire ψ(x)=Csin⁡(kx)\psi(x)=C\sin(kx).

Solution
On a ψ′=ik(Aeikx−Be−ikx)\psi'=ik(Ae^{ikx}-Be^{-ikx}), et

ψ∗ψ′=ik(A∗e−ikx+B∗eikx)(Aeikx−Be−ikx)=ik(∣A∣2−∣B∣2+B∗Ae2ikx−A∗Be−2ikx).\psi^*\psi'=ik\bigl(A^*e^{-ikx}+B^*e^{ikx}\bigr)\bigl(Ae^{ikx}-Be^{-ikx}\bigr) =ik\Bigl(|A|^2-|B|^2+B^*Ae^{2ikx}-A^*Be^{-2ikx}\Bigr).

Posons z=B∗Ae2ikxz=B^*Ae^{2ikx}. Les deux termes croisés s'écrivent z−z∗=2iIm⁡zz-z^*=2i\operatorname{Im}z, qui est imaginaire pur. Multiplié par ikik, il donne −2kIm⁡z-2k\operatorname{Im}z, qui est réel, et ne contribue donc pas à la partie imaginaire. Il reste

j=ℏkm(∣A∣2−∣B∣2).j=\frac{\hbar k}{m}\bigl(|A|^2-|B|^2\bigr).

Le courant total est la différence entre le courant de l'onde se propageant vers la droite et celui de l'onde se propageant vers la gauche : les deux ondes transportent la probabilité indépendamment l'une de l'autre. Pour l'onde stationnaire Csin⁡(kx)=C2i(eikx−e−ikx)C\sin(kx)=\frac{C}{2i}(e^{ikx}-e^{-ikx}), on a ∣A∣=∣B∣=∣C∣/2|A|=|B|=|C|/2, et le courant est nul : les deux flux opposés se compensent. On peut aussi le voir directement : ψ∗ψ′=∣C∣2ksin⁡(kx)cos⁡(kx)\psi^*\psi'=|C|^2k\sin(kx)\cos(kx) est réel.

Question 3
Plus généralement, montrer que le courant est nul pour toute fonction d'onde de la forme ψ(x)=eiθf(x)\psi(x)=e^{i\theta}f(x), où ff est une fonction réelle et θ\theta une constante. Appliquer à l'onde évanescente ψ(x)=Ae−κx\psi(x)=Ae^{-\kappa x}.

Solution
On a ψ∗ψ′=e−iθf⋅eiθf′=ff′\psi^*\psi'=e^{-i\theta}f\cdot e^{i\theta}f'=ff', qui est réel : sa partie imaginaire est nulle, et j=0j=0. La phase constante θ\theta ne joue aucun rôle. L'onde évanescente Ae−κxAe^{-\kappa x} est de cette forme, avec f(x)=∣A∣e−κxf(x)=|A|e^{-\kappa x} et θ=arg⁡A\theta=\arg A. Elle ne transporte donc aucun courant : c'est pourquoi une onde évanescente derrière une marche de potentiel infinie ne correspond à aucune transmission.

Question 4
Calculer le courant de ψ(x)=Aeκx+Be−κx\psi(x)=Ae^{\kappa x}+Be^{-\kappa x}. À quelle condition sur AA et BB est-il non nul ? Quel est l'intérêt de ce résultat pour l'effet tunnel ?

Solution
On a ψ′=κ(Aeκx−Be−κx)\psi'=\kappa(Ae^{\kappa x}-Be^{-\kappa x}), et

ψ∗ψ′=κ(A∗eκx+B∗e−κx)(Aeκx−Be−κx)=κ(∣A∣2e2κx−∣B∣2e−2κx+B∗A−A∗B).\psi^*\psi'=\kappa\bigl(A^*e^{\kappa x}+B^*e^{-\kappa x}\bigr)\bigl(Ae^{\kappa x}-Be^{-\kappa x}\bigr) =\kappa\Bigl(|A|^2e^{2\kappa x}-|B|^2e^{-2\kappa x}+B^*A-A^*B\Bigr).

Les deux premiers termes sont réels. Les deux derniers s'écrivent B∗A−(B∗A)∗=2iIm⁡(AB∗)B^*A-(B^*A)^*=2i\operatorname{Im}(AB^*). Ainsi

j=2ℏκmIm⁡(AB∗).j=\frac{2\hbar\kappa}{m}\operatorname{Im}(AB^*).

Ce courant, indépendant de xx comme il se doit, est non nul si et seulement si AA et BB sont tous deux non nuls et n'ont pas la même phase modulo π\pi. Une exponentielle réelle seule ne porte pas de courant, mais une combinaison des deux exponentielles avec des coefficients de phases différentes en porte un. C'est exactement ce qui se passe à l'intérieur d'une barrière de potentiel de largeur finie : les conditions de raccordement imposent une telle combinaison, et le courant qui traverse la barrière est égal au courant transmis.

Question 5
On écrit une fonction d'onde quelconque sous la forme ψ(x)=f(x) eiS(x)/ℏ\psi(x)=f(x)\,e^{iS(x)/\hbar}, avec ff et SS réelles et f≥0f\geq0. Montrer que j=ρ vj=\rho\,v, avec ρ=f2\rho=f^2 et v=S′(x)/mv=S'(x)/m. Retrouver le résultat de la première question.

Solution
En dérivant le produit,

ψ′=(f′+iℏfS′)eiS/ℏ,ψ∗ψ′=ff′+iℏf2S′.\psi'=\Bigl(f'+\frac{i}{\hbar}fS'\Bigr)e^{iS/\hbar}, \qquad \psi^*\psi'=ff'+\frac{i}{\hbar}f^2S' .

La partie imaginaire vaut f2S′/ℏf^2S'/\hbar, et donc

j=ℏm⋅f2S′ℏ=f2 S′m=ρ v.j=\frac{\hbar}{m}\cdot\frac{f^2S'}{\hbar}=f^2\,\frac{S'}{m}=\rho\,v .

Le courant ne dépend que du gradient de la phase : c'est la phase de la fonction d'onde qui code la vitesse locale de l'écoulement de probabilité. Pour l'onde plane, f=∣A∣f=|A| et S=ℏkx+ℏarg⁡AS=\hbar kx+\hbar\arg A, d'où S′=ℏkS'=\hbar k et v=ℏk/mv=\hbar k/m, en accord avec la première question.