Transformée de Fourier d'une fonction d'onde exponentielle

La fonction $|\psi|^2=e^{-2|x|/a}/a$ est paire, et

$$\int_{\R}|\psi|^2dx=\frac2a\int_0^\infty e^{-2x/a}dx=\frac2a\cdot\frac a2=1 .$$

Par parité, $\langle\hat X\rangle=0$. La variance est donc

$$\sigma_X^2=\langle\hat X^2\rangle=\frac2a\int_0^\infty x^2e^{-2x/a}dx=\frac2a\times2!\Bigl(\frac a2\Bigr)^3=\frac{a^2}{2}, \qquad\sigma_X=\frac{a}{\sqrt2}.$$

On découpe l'intégrale en deux, selon le signe de $x$, en posant $k=p/\hbar$ :

$$\begin{aligned} \int_{\R}e^{-ikx}e^{-|x|/a}dx&=\int_0^\infty e^{-(1/a+ik)x}dx+\int_{-\infty}^0e^{(1/a-ik)x}dx\\ &=\frac{1}{1/a+ik}+\frac{1}{1/a-ik}=\frac{2/a}{1/a^2+k^2}=\frac{2a}{1+k^2a^2}. \end{aligned}$$

Les deux intégrales convergent car les parties réelles des exposants sont négatives. On obtient

$$\widetilde\psi(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\cdot\frac{1}{\sqrt a}\cdot\frac{2a}{1+p^2a^2/\hbar^2}=\sqrt{\frac{2a}{\pi\hbar}}\;\frac{1}{1+p^2a^2/\hbar^2}.$$

La densité d'impulsion est une fonction de Lorentz au carré, centrée en $p=0$, de largeur caractéristique $\hbar/a$. Pour vérifier la normalisation, posons $u=pa/\hbar$, d'où $dp=\hbar\,du/a$ :

$$\int_{\R}|\widetilde\psi(p)|^2dp=\frac{2a}{\pi\hbar}\cdot\frac\hbar a\int_{\R}\frac{du}{(1+u^2)^2}=\frac2\pi\cdot\frac\pi2=1 .$$

En représentation impulsion, avec le même changement de variable,

$$\langle\hat P^2\rangle=\int_{\R}p^2|\widetilde\psi(p)|^2dp=\frac{2a}{\pi\hbar}\Bigl(\frac\hbar a\Bigr)^3\int_{\R}\frac{u^2du}{(1+u^2)^2}=\frac{2\hbar^2}{\pi a^2}\cdot\frac\pi2=\frac{\hbar^2}{a^2}.$$

En représentation position, la dérivée $\psi'(x)=-\frac{\mathrm{sgn}(x)}{a}\psi(x)$ est définie partout sauf en $x=0$, où elle saute ; on a donc $|\psi'|^2=|\psi|^2/a^2$ presque partout, et

$$\langle\hat P^2\rangle=\hbar^2\int_{\R}|\psi'|^2dx=\frac{\hbar^2}{a^2}\int_{\R}|\psi|^2dx=\frac{\hbar^2}{a^2}.$$

Les deux méthodes concordent. Comme $\widetilde\psi$ est paire, $\langle\hat P\rangle=0$, et $\sigma_P=\hbar/a$. La formule $\hbar^2\int|\psi'|^2$ vient de l'intégration par parties $\braket{\psi}{\hat P^2\psi}=\braket{\hat P\psi}{\hat P\psi}$, valable ici car $\psi$ est continue.

Le produit des écarts-types vaut $\sigma_X\sigma_P=\frac{a}{\sqrt2}\cdot\frac\hbar a=\frac{\hbar}{\sqrt2}\simeq0{,}71\,\hbar$, supérieur à $\hbar/2$ comme il se doit. Il ne dépend pas de $a$ : élargir la fonction d'onde en position réduit la dispersion en impulsion dans la même proportion. La probabilité demandée vaut

$$P\Bigl(|p|<\frac\hbar a\Bigr)=\frac2\pi\int_{-1}^1\frac{du}{(1+u^2)^2}=\frac4\pi\Bigl[\frac{u}{2(1+u^2)}+\frac12\arctan u\Bigr]_0^1=\frac4\pi\Bigl(\frac14+\frac\pi8\Bigr)=\frac12+\frac1\pi\simeq0{,}82 .$$

On a $\langle\hat P^4\rangle=\frac{2a}{\pi\hbar}\bigl(\frac\hbar a\bigr)^5\int_{\R}\frac{u^4\,du}{(1+u^2)^2}$. Pour $|u|\to\infty$, l'intégrande tend vers $1$, et l'intégrale diverge. La distribution d'impulsion décroît trop lentement, comme $1/p^4$, pour que son moment d'ordre quatre existe. Ce comportement est lié au point anguleux de $\psi$ en $x=0$ : la dérivée y présente un saut, donc la dérivée seconde contient un terme en delta de Dirac, $\psi"=\psi/a^2-\frac{2}{a^{3/2}}\delta(x)$, qui n'est pas de carré intégrable. Ainsi $\hat P^2\psi$ n'appartient pas à $L^2(\R)$, et $\langle\hat P^4\rangle=\norm{\hat P^2\psi}^2$ est infinie. Plus une fonction d'onde est irrégulière, plus sa transformée de Fourier décroît lentement, et plus elle contient de grandes impulsions.