Paquet d'ondes en chute libre

Calculons les deux commutateurs utiles. D'une part, $[\hat H,\hat X]=\frac{1}{2m}[\hat P^2,\hat X]=-\frac{i\hbar}{m}\hat P$, le terme potentiel commutant avec $\hat X$. D'autre part, $[\hat H,\hat P]=mg[\hat X,\hat P]=i\hbar mg$. Le théorème d'Ehrenfest donne

$$\frac{d\langle\hat X\rangle}{dt}=\frac{\langle\hat P\rangle}{m},\qquad\frac{d\langle\hat P\rangle}{dt}=-mg .$$

On intègre la seconde, $\langle\hat P\rangle(t)=p_0-mgt$, puis la première :

$$\langle\hat X\rangle(t)=x_0+\frac{p_0}{m}t-\frac12gt^2 .$$

Le centre du paquet suit exactement la trajectoire parabolique d'une particule classique, quelle que soit la forme du paquet. C'est le cas général des potentiels au plus quadratiques, pour lesquels la force moyenne $-\langle V'(\hat X)\rangle$ est égale à la force à la position moyenne ; ici, la force est même constante.

Calculons l'évolution de $\langle\hat P^2\rangle$. Seul le terme potentiel ne commute pas avec $\hat P^2$ :

$$[\hat H,\hat P^2]=mg[\hat X,\hat P^2]=2i\hbar mg\,\hat P, \qquad \frac{d\langle\hat P^2\rangle}{dt}=\frac i\hbar\cdot2i\hbar mg\langle\hat P\rangle=-2mg\langle\hat P\rangle .$$

D'autre part, $\frac{d}{dt}\langle\hat P\rangle^2=2\langle\hat P\rangle\frac{d\langle\hat P\rangle}{dt}=-2mg\langle\hat P\rangle$. Ainsi

$$\frac{d\sigma_P^2}{dt}=\frac{d\langle\hat P^2\rangle}{dt}-\frac{d\langle\hat P\rangle^2}{dt}=0 .$$

La force constante décale toutes les impulsions de la même quantité $-mgt$, sans modifier leur dispersion.

Commençons par $\hat X^2$. Seule l'énergie cinétique contribue, et en utilisant la règle de dérivation du commutateur d'un produit,

$$[\hat P^2,\hat X^2]=\hat X[\hat P^2,\hat X]+[\hat P^2,\hat X]\hat X=-2i\hbar\bigl(\hat X\hat P+\hat P\hat X\bigr),$$

d'où $\frac{d}{dt}\langle\hat X^2\rangle=\frac i\hbar\cdot\frac{1}{2m}\cdot(-2i\hbar)\langle\hat X\hat P+\hat P\hat X\rangle=\frac1m\langle\hat X\hat P+\hat P\hat X\rangle$. Pour $\hat X\hat P+\hat P\hat X$, le terme cinétique donne $[\hat P^2,\hat X\hat P+\hat P\hat X]=[\hat P^2,\hat X]\hat P+\hat P[\hat P^2,\hat X]=-4i\hbar\hat P^2$, et le terme potentiel donne $mg[\hat X,\hat X\hat P+\hat P\hat X]=mg\bigl(\hat X[\hat X,\hat P]+[\hat X,\hat P]\hat X\bigr)=2i\hbar mg\hat X$. Ainsi

$$\frac{d}{dt}\langle\hat X\hat P+\hat P\hat X\rangle=\frac i\hbar\Bigl(-\frac{4i\hbar}{2m}\langle\hat P^2\rangle+2i\hbar mg\langle\hat X\rangle\Bigr)=\frac2m\langle\hat P^2\rangle-2mg\langle\hat X\rangle .$$

On en déduit, avec les résultats de la première question,

$$\frac{d\sigma_X^2}{dt}=\frac{d\langle\hat X^2\rangle}{dt}-2\langle\hat X\rangle\frac{d\langle\hat X\rangle}{dt}=\frac1m\langle\hat X\hat P+\hat P\hat X\rangle-\frac2m\langle\hat X\rangle\langle\hat P\rangle=\frac{2C}{m}, \frac{dC}{dt}=\frac1m\langle\hat P^2\rangle-mg\langle\hat X\rangle-\frac{\langle\hat P\rangle^2}{m}-\langle\hat X\rangle(-mg)=\frac{\langle\hat P^2\rangle-\langle\hat P\rangle^2}{m}=\frac{\sigma_P^2}{m}.$$

Puisque $\sigma_P$ est constant, la seconde équation s'intègre en $C(t)=C(0)+\sigma_P^2t/m$, puis la première donne

$$\sigma_X^2(t)=\sigma_X^2(0)+\frac{2C(0)}{m}\,t+\frac{\sigma_P^2}{m^2}\,t^2 .$$

Cette expression ne contient pas $g$ : elle est identique à celle d'une particule libre. La pesanteur accélère le centre du paquet, mais ne modifie ni la dispersion des impulsions, ni l'étalement. On peut le comprendre ainsi : dans le référentiel en chute libre avec le centre du paquet, la force de pesanteur disparaît, et le paquet évolue comme un paquet libre. Aux temps longs, le terme en $t^2$ domine toujours, et $\sigma_X(t)\simeq\sigma_Pt/m$ : le paquet s'étale à une vitesse égale à la dispersion des vitesses $\sigma_P/m$. Pour un paquet gaussien initialement sans corrélation entre position et impulsion, $C(0)=0$ et $\sigma_P=\hbar/(2\sigma_X(0))$, et l'on retrouve la formule de la leçon 5.