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Thème 3 — Postulats et applications

État initial parabolique dans le puits infini

Mots-clés: puits infini · décomposition sur une base propre · probabilités d'énergie · énergie moyenne · évolution temporelle · période de résurgence

Exercice 1 : État initial parabolique dans le puits infini

Une particule de masse $m$ est confinée dans un puits infini entre $x=0$ et $x=L$ , d'états propres et énergies

\phi_n(x)=\sqrt{\frac2L}\sin\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr),\qquad E_n=n^2E_1,\qquad E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.

À l'instant $t=0$ , la particule est préparée dans l'état

\psi(x,0)=\sqrt{\frac{30}{L^5}}\;x\,(L-x)\quad\text{pour }0\leq x\leq L .

On donne $\int_0^Lx(L-x)\sin\bigl(\frac{n\pi x}{L}\bigr)dx=\frac{2L^3}{n^3\pi^3}\bigl(1-(-1)^n\bigr)$ , ainsi que les sommes sur les entiers impairs $\sum_{n\,\mathrm{impair}}\frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{96}$ et $\sum_{n\,\mathrm{impair}}\frac{1}{n^6}=\frac{\pi^6}{960}$ .

Question 1

Vérifier que

\psi(x,0)

est normalisée et satisfait les conditions aux limites. Calculer l'énergie moyenne

\langle\hat H\rangle

directement à partir de

\psi(x,0)

Solution

La fonction s'annule en

x=0

x=L

: elle satisfait les conditions de Dirichlet. Sa norme vaut

\frac{30}{L^5}\int_0^Lx^2(L-x)^2dx=\frac{30}{L^5}\int_0^L\bigl(L^2x^2-2Lx^3+x^4\bigr)dx=\frac{30}{L^5}\Bigl(\frac{L^5}{3}-\frac{L^5}{2}+\frac{L^5}{5}\Bigr)=\frac{30}{L^5}\cdot\frac{L^5}{30}=1 .

Pour l'énergie moyenne, on utilise $\hat H=\hat P^2/(2m)$ dans le puits et une intégration par parties, dont le terme de bord est nul grâce aux conditions aux limites :

\langle\hat H\rangle=\frac{\hbar^2}{2m}\int_0^L|\psi'(x)|^2dx=\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\frac{30}{L^5}\int_0^L(L-2x)^2dx=\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\frac{30}{L^5}\cdot\frac{L^3}{3}=\frac{5\hbar^2}{mL^2}.

On a utilisé $\int_0^L(L-2x)^2dx=\frac{L^3}{3}$ , obtenu par le changement de variable $u=L-2x$ .

Question 2

Décomposer

\psi(x,0)

sur la base des états propres, c'est-à-dire calculer les coefficients

c_n

tels que

\psi(x,0)=\sum_nc_n\phi_n(x)

, donnés par

c_n=\int_0^L\phi_n(x)\,\psi(x,0)\,dx .

Pourquoi les coefficients d'indice pair sont-ils nuls ?

Solution

D'après l'intégrale donnée,

c_n=\sqrt{\frac2L}\sqrt{\frac{30}{L^5}}\cdot\frac{2L^3}{n^3\pi^3}\bigl(1-(-1)^n\bigr)=\frac{2\sqrt{60}}{n^3\pi^3}\bigl(1-(-1)^n\bigr).

Pour $n$ pair, $1-(-1)^n=0$ et $c_n=0$ . Pour $n$ impair, $1-(-1)^n=2$ , et

c_n=\frac{4\sqrt{60}}{n^3\pi^3}=\frac{8\sqrt{15}}{n^3\pi^3}.

Les coefficients pairs sont nuls pour une raison de symétrie : $\psi(x,0)$ est symétrique par rapport au milieu du puits, $\psi(L-x)=\psi(x)$ , alors que les $\phi_n$ d'indice pair sont antisymétriques par rapport à ce point. Leur produit scalaire est donc nul.

Question 3

Quelle est la probabilité de mesurer l'énergie

E_1

? Vérifier que la somme des probabilités vaut un, puis retrouver

\langle\hat H\rangle

à partir des

c_n

. Comparer

\langle\hat H\rangle

E_1

Solution

La probabilité de mesurer

E_n

est

|c_n|^2=\frac{960}{n^6\pi^6}

pour

n

impair. Pour

n=1

P(E_1)=\frac{960}{\pi^6}\simeq\frac{960}{961{,}4}\simeq0{,}9986 .

L'état initial est donc très proche du fondamental, ce qui n'est pas surprenant puisque la parabole $x(L-x)$ ressemble beaucoup à l'arche de sinusoïde $\sin(\pi x/L)$ . La somme des probabilités vaut

\sum_{n\,\mathrm{impair}}\frac{960}{\pi^6n^6}=\frac{960}{\pi^6}\cdot\frac{\pi^6}{960}=1,

comme l'exige l'identité de Parseval. L'énergie moyenne vaut

\langle\hat H\rangle=\sum_n|c_n|^2E_n=\frac{960}{\pi^6}E_1\sum_{n\,\mathrm{impair}}\frac{n^2}{n^6}=\frac{960}{\pi^6}\cdot\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}\cdot\frac{\pi^4}{96}=\frac{5\hbar^2}{mL^2},

en accord avec la première question. Comme $E_1=\frac{\pi^2}{2}\frac{\hbar^2}{mL^2}\simeq4{,}93\frac{\hbar^2}{mL^2}$ , on a $\langle\hat H\rangle\simeq1{,}013\,E_1$ , légèrement supérieur à $E_1$ comme il se doit, puisque le fondamental minimise l'énergie moyenne. C'est le principe de la méthode variationnelle : une fonction d'essai bien choisie donne une borne supérieure, ici très bonne, de l'énergie du fondamental.

Question 4

Écrire

\psi(x,t)

. Les probabilités d'énergie dépendent-elles du temps ? Montrer que la densité de probabilité

|\psi(x,t)|^2

est périodique, et donner sa période

T

Solution

Chaque composante évolue avec sa propre phase :

\psi(x,t)=\sum_{n\,\mathrm{impair}}c_n\,e^{-iE_nt/\hbar}\,\phi_n(x)=\sum_{n\,\mathrm{impair}}\frac{8\sqrt{15}}{n^3\pi^3}\,e^{-in^2E_1t/\hbar}\,\phi_n(x).

Les probabilités d'énergie $|c_ne^{-iE_nt/\hbar}|^2=|c_n|^2$ sont constantes. En revanche, la densité de position contient les termes croisés $c_mc_n\phi_m\phi_n\cos\bigl((E_n-E_m)t/\hbar\bigr)$ , qui dépendent du temps. Comme toutes les énergies sont des multiples entiers de $E_1$ , $E_n=n^2E_1$ , toutes les phases $e^{-in^2E_1t/\hbar}$ reprennent simultanément leur valeur initiale lorsque $E_1t/\hbar$ est un multiple de $2\pi$ . La fonction d'onde est alors exactement $\psi(x,0)$ , et l'évolution est périodique de période

T=\frac{2\pi\hbar}{E_1}=\frac{4mL^2}{\pi\hbar}.

En fait, comme seuls les $n$ impairs interviennent et que $n^2-1$ est alors divisible par $8$ , la densité est même périodique de période $T/8$ : on vérifie que $e^{-in^2E_1t/\hbar}=e^{-iE_1t/\hbar}\,e^{-i(n^2-1)E_1t/\hbar}$ , et le second facteur vaut $1$ pour $t=T/8$ , de sorte que l'état ne diffère de l'état initial que par une phase globale. Dans le cas présent, l'état est si proche du fondamental que les variations de la densité restent de toute façon très faibles.