1. Opérateurs

1.1. Exercice 1

1.1.1. Énoncé

Objectif : Trouver l’expression simple liant le taux de variation de position \(x_{\tau}\) d’une particule à la composante \(p_x\) de la quantité de mouvement.

On rappelle l’expression simplifiée du tau de variation d’un opérateur \(\hat{A}\) (c’est-à-dire un opérateur qui n’a pas lui-même de dépendance propre avec le temps) : \[\hat{A}_{\tau}=\frac{i}{\hbar}~(\hat{H}~\hat{A}-\hat{A}~\hat{H})\qquad\qquad\hat{H}~:\text{ opérateur hamiltonien}\]

1. Donner l’expression de base du commutateur algébrique correspondant (\(\hat{H}~\rightarrow~\hat{\mathcal{H}}\)).

2. Développer cette expression en effectuant les calculs nécessaires, ce commutateur étant appliqué à une fonction d’onde \(\Psi\).

3. Répondre à présent à la question posée en introduisant la composante suivant \(x\) l’opérateur algébrique \(\hat{\mathcal{P}}\). Interprétation physique.

1.1.2. Solution

1) En appliquant la formule rappelée dans l’énoncé à \(\hat{x}_{\tau}\) : \[\hat{x}_{\tau}=\frac{i}{\hbar}~(\hat{H}~\hat{x}-\hat{x}~\hat{H})\]

Expression du commutateur (voir le cours) : \[\hat{\mathcal{H}}~x-x~\hat{\mathcal{H}}=\Big\{-\frac{\hbar^2}{2~m}~\frac{d^2}{dx^2}+V(x)\Big\}~x-x~\Big\{-\frac{\hbar^2}{2~m}~\frac{d^2}{dx^2}+V(x)\Big\}\]

Une simplification est déjà immédiate (cf.\(V(x)\)) et en appliquant en même temps la fonction d’onde \(\Psi\) : \[\hat{\mathcal{H}}~x-x~\hat{\mathcal{H}}=\Big\{-\frac{\hbar^2}{2~m}~\frac{d^2}{dx^2}\Big\}(x~\Psi)+x~\Big\{\frac{\hbar^2}{2~m}~\frac{d^2}{dx^2}\Big\}(\Psi)\]

2) Il s’agit d’effectuer un simple calcul de dérivées à deux niveaux : \[-\frac{\hbar^2}{2~m}~\frac{d}{dx}\Big\{\frac{d}{dx}(x~\Psi)\Big\}+x~\frac{\hbar^2}{2~m}~\frac{d^2\Psi}{dx^2}\]

Tous calculs faits, il vient : \[\hat{\mathcal{H}}~x-x~\hat{\mathcal{H}}=-\frac{\hbar^2}{m}~\frac{d\Psi}{dx}\]

3) Rappelons la définition de l’opérateur algébrique (voir cours) : \[\hat{\mathcal{P}_x}=\frac{\hbar}{i}~\frac{d}{dx}\]

Ou encore en application de la fonction d’onde \(\Psi\) : \[\hat{\mathcal{P}_x}=\frac{\hbar}{i}~\frac{d\Psi}{dx}\]

Par suite : \[-\frac{\hbar^2}{m}~\frac{d\Psi}{dx}=-\frac{\hbar^2}{m}~~\frac{i}{\hbar}~\hat{\mathcal{P}_x}~\Psi\]

On sait que (voir cours) : \[\hat{x}_{\tau}=\frac{i}{\hbar}~(\hat{H}~\hat{x}-\hat{x}~\hat{H})=\frac{i}{\hbar}~\Big(-i~\frac{\hbar}{m}\Big)~\hat{P}_x=\frac{\hat{P}_x}{m}\]

Interprétation physique : Cette relation signifie que si la moyenne de \(x\) change avec le temps, la dérive du centre de gravité est égale à l’impulsion moyenne divisée par \(m\).

1.2. Exercice 2

1.2.1. Énoncé

Translation finie \(a\)

Donner l’expression de l’opérateur déplacement \(\hat{D_a}\) (ou encore translation \(\hat{T}_a\)) en fonction de l’opérateur impulsion \(\hat{p}\), ceci à partir du développement de la fonction d’onde \(\Psi\).

1.2.2. Solution

Exprimons analytiquement le déplacement (translation) appliqué à \(\Psi(r)\) : \[\hat{D}_a\Psi(r)=\Psi(r+a)=\Psi(r)+a~\frac{\partial\Psi}{\partial r}+\frac{a^2}{2!}~\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\dots\]

\(r\) étant le rayon vecteur, on sait que : \[\hat{p}=-i~\hbar~\nabla\quad\equiv\quad\hat{p}=-i~\hbar~\frac{\partial\Psi}{\partial r}\]

On voit que : \[\Psi(r+a)=\Big\{1+\frac{i}{\hbar}~a~\hat{p}+\frac{1}{2}~\Big(\frac{i}{\hbar}~a~\hat{p}\Big)^2+\dots\Big\}~\Psi(r)\]

L’expression \(\{~~\}\) est bien connue : \[\hat{D}_a=\exp\Big(\frac{i}{\hbar}~a~\hat{p}\Big)\]

Dans le cas d’un déplacement infinitésimal \(\delta\), on pourra écrire, compte tenu d’un développement au premier ordre (sur \(x\) par exemple) : \[\hat{D}_x(\delta)\approx 1+\frac{i}{\hbar}~\delta~\hat{p}_x\]

Remarque

On peut dire que le déplacement de l’état \(|\Psi\rangle\) d’une petite distance \(\delta\) le long des \(x\) produit un nouvel état \(|\Psi'\rangle\) et que ce nouvel état est l’ancien état avec un petit morceau en plus : \[\frac{i}{\hbar}~\delta~\hat{p}_x~|\Psi\rangle\]

1.3. Exercice 3

1.3.1. Énoncé

Établir les relations suivantes entre opérateurs :

\[\begin{aligned} P_X~X^n-X^n~P_X&=-i~\hbar~n~X^{n-1} &&(1)\\ X~P_X^n-P_X^n~X&=i~\hbar~n~P_X^{n-1} &&(2)\end{aligned}\]

1.3.2. Solution

1) On peut écrire :

\[\begin{aligned} &\{P_X~X^n\}~f=-i~\hbar~\frac{\partial}{\partial x}(x^n~f)=-i~\hbar~n~x^{n-1}~f-i~\hbar~x^n~\frac{\partial f}{\partial x}\\ &\{P_X~X^n\}~f=\{-i~\hbar~n~X^{n-1}\}~f+\{X^n~P_X\}~f\end{aligned}\]

Et l’on retrouve la proposition (1).

2) On peut écrire : \[\{P_X^n~X\}~f=(-i~\hbar)^n~\frac{\partial^n}{\partial x^n}(x~f)\]

Appliquons la formule de dérivation de Leibnitz : \[(u~v)^n=u^0~v^n+n~u^1~v^{n-1}+\frac{n~(n-1)}{2!}~u^2~v^{n-2}+\dots\]

Avec \(u=x\) : \[u^0=x\quad;\quad u^1=1\quad;\quad u^2=0\quad;\quad\dots\]

On a donc : \[\frac{\partial^n}{\partial x^n}(x~f)=x~\frac{\partial^n}{\partial x^n}f+n~\frac{\partial^{n-1}}{\partial x^{n-1}}f\]

D’autre part : \[\{P_X^n~X\}~f=(-i~\hbar)^n~x~\frac{\partial ^n}{\partial x^n}~f-i~\hbar~n~(i~\hbar)^{n-1}\frac{\partial^{n-1}}{\partial x^{n-1}}~f\]

En revenant à la définition de : \[P_X=i~\hbar~\frac{\partial}{\partial x}\]

on obtient : \[\{P_X^n~X\}~f=\{X~P_X^n\}~f-i~\hbar~n~\{P_X^{n-1}\}~f\]

Ce qui revient à écrire, en notation d’opérateur : \[P_X^n~X=X~P_X^n-i~\hbar~n~P_X^{n-1}\qquad\text{c.q.f.d.}\]

2. Fonctions d’onde

2.1. Exercice 1. Changement de repère galiléen

2.1.1. Énoncé

1. Expression de la fonction d’onde \(\Psi(r,~p,~E,~t)\) pour une particule (\(r,~p,~E\)).

2. Rappel des expressions liant \(\{r,~p,~E\}\) à \(\{r',~p',~E'\}\) dans le changement de repère, celui-ci étant animé d’un mouvement de translation de vitesse constante \(\overrightarrow{v}\).

3. Expression de \(\Psi\) en fonction de \(\Psi'\).

2.1.2. Solution

1) Expressions des fonctions d’onde dans chaque repère : \[\left\{ \begin{aligned} &\Psi=k~\exp\Big\{\frac{i}{\hbar}~(p~r-E~t)\Big\}\\ &\Psi'=k~\exp\Big\{\frac{i}{\hbar}~(p'~r'-E'~t)\Big\} \end{aligned} \right.\]

2) Établi en mécanique analytique : \[\left\{ \begin{aligned} r&=r'+v~t\\ p&=p'+m~v\\ E&=E'+v~p'+\frac{1}{2}~m~v^2 \end{aligned} \right.\]

3) On effectue à présent la substitution : \[p~r-E~t=(p'+m~v)~(r'+v~t)-(E'+v~p'+\frac{1}{2}~m~v^2)~t\]

Après développement et simplifications, il reste : \[(p'~r'-E'~t)+(m~v~r'+\frac{1}{2}~m~v^2~t)\]

Exploiter le fait que : \[v~t=r-r'\]

Tous calculs faits, on obtient sans difficulté : \[\Psi=\Psi'~\exp\Big(\frac{i}{\hbar}~m~v~\frac{r+r'}{2}\Big)\]

Remarques

Sous cette forme, la formule ne contient plus les grandeurs caractérisant le mouvement libre de la particule et elle établit la loi générale cherchée de la transformation de la fonction d’onde de tout état de la particule.

Pour un système de particules, on doit avoir dans l’exposant une somme portant sur toutes les particules.

2.2. Exercice 2

2.2.1. Énoncé

Démontrer que la fonction : \[Y(\theta,~\varphi)=A~f(\theta)~\exp(2~i~\varphi)\qquad(A = cte)\]

est solution d’une opération aux valeurs propres concernant l’opérateur \(L_z\).

Quelle est cette valeur propre ?

2.2.2. Solution

On sait que : \[L_z=-i~\hbar~\frac{\partial}{\partial\varphi}\]

On doit avoir : \[L_z~Y=-i~\hbar~\frac{\partial}{\partial\varphi}Y=C~Y\qquad(C = cte)\]

Or, on a : \[-i~\hbar~\frac{\partial}{\partial\varphi}Y=-i~\hbar~(2~i~Y)=2~\hbar~Y\]

La valeur propre de l’opérateur \(L_z\) concernant la fonction \(Y\) est donc \(2~\hbar\).

2.3. Exercice 3. Oscillateur harmonique

2.3.1. Énoncé

Si un résonateur de type harmonique était au repos au zéro absolu, on pourrait dire qu’il occupe une position bien définie avec une vitesse nulle, ce qui est contraire au principe d’incertitude. On veut déterminer cette énergie minimale.

1. On exprimera la position et l’impulsion en insistant sur les valeurs maximales.

2. On exprimera la première relation d’incertitude de Heisenberg.

3. On en déduira l’énergie totale (comme égale à l’énergie cinétique maximale).

2.3.2. Solution

1) Le résonateur effectue un mouvement oscillatoire dont l’amplitude et l’impulsion sont respectivement :

\[\begin{aligned} &x=x_0~\sin(2\pi~\nu~t)\\ &p=m~\frac{dx}{dt}=2\pi~\nu~m~x_0~\cos(2\pi~\nu~t)\end{aligned}\]

On peut naturellement écrire :

\[\begin{aligned} &x~\leq~x_0\\ &p~\leq~p_0=2\pi~\nu~m~x_0\end{aligned}\]

\(x_0\) et \(p_0\) représentent les amplitudes maximales de position et de quantité de mouvement.

2) La première relation d’incertitude d’Heisenberg s’écrit donc : \[(x_0)\times (2\pi~\nu~m~x_0)\approx\hbar\]

3) L’énergie totale \(E_0\) est égale au maximum de son énergie cinétique. Par conséquent : \[E_0=\frac{p^2}{2~m}=2\pi^2~\nu^2~m~x_0^2\]

Or, d’après le résultat précédent : \[x_0^2\approx\frac{\hbar}{2\pi~\nu~m}\]

Il reste enfin : \[E_0\approx 2\pi^2~\nu^2~m~\frac{\hbar}{2\pi~\nu~m}=\pi~\nu~\hbar=\frac{h~\nu}{2}\]

2.4. Équation de Schrödinger

2.4.1. Énoncé

Déterminer les distributions de probabilités des diverses valeurs de l’impulsion d’un oscillateur. On partira de l’expression de l’opérateur de Hamilton.

2.4.2. Solution

Remarque préliminaire

Rappel de l’expression de l’équation de Schrödinger : \[\frac{d^2\Psi}{dx^2}+\frac{2~m}{\hbar^2}~\Big(E-\frac{m^2~\omega^2~x^2}{2}\Big)~\Psi=0\qquad(1)\]

En introduisant le polynôme d’Hermite : \[H_n(\xi)=(-1)^n~\exp(\xi^2)~\frac{d^n\exp(-\xi^2)}{d\xi^n}\]

Et la normalisation : \[\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi_n^2(x)~dx=1\]

On peut écrire : \[\Psi_n(x)=\Big(\frac{m~\omega}{\pi~\hbar}\Big)^{1/4}~\frac{1}{\sqrt{2^n~n!}}~\exp\Big(-\frac{m~\omega}{2~\hbar}~x^2\Big)~H_n\Big(x~\sqrt{\frac{m~\omega}{\hbar}}\Big)\qquad(2)\]

À l’état normal : \[\Psi_0(x)=\Big(\frac{m~\omega}{\pi~\hbar}\Big)^{1/4}~\exp\Big(-\frac{m~\omega}{2~\hbar}~x^2\Big)\]

Retour à la question

Expression de Hamilton : \[\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2~m}+\frac{m~\omega^2~x^2}{2}\]

En mécanique classique, on reconnaîtrait la pulsation de l’oscillateur linéaire.

En introduisant la coordonnée en tant qu’opérateur : \[\hat{x}=i~\hbar~\frac{\partial}{\partial p}\]

On obtient ainsi l’expression du hamiltonien en représentation \(p\) : \[\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2~m}-\frac{m~\omega^2~\hbar^2}{2}~\frac{\partial^2}{\partial p^2}\]

L’équation de Schrödinger : \[\hat{H}~\Psi(p)=E~\Psi(p)\]

prend la forme : \[\frac{d^2\Psi}{dp^2}+\frac{2}{m~\omega^2~\hbar^2}~\Big(E-\frac{p^2}{2~m}\Big)~\Psi(p)=0\]

On notera l’analogie avec (1) par la substitution : \[x\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\quad\rightarrow\quad\frac{p}{\sqrt{m~\omega~\hbar}}\qquad(3)\]

À partir de ces analogies, on en déduit la distribution des probabilités : \[|\Psi_n(p)|^2=\frac{1}{2^n~n!~\sqrt{\pi~m~\omega~\hbar}}~\exp\Big(-\frac{p^2}{m~\omega~\hbar}\Big)~H_n^2\Big(\frac{p}{\sqrt{m~\omega~\hbar}}\Big)\]

3. Spin et spineurs

3.1. Projection de spin

3.1.1. Énoncé

Une particule de spin \(\sigma=1/2\) se trouve dans un état de valeur déterminée \(s_z=1/2\) (valeur moyenne).

Quelles sont les probabilités des valeurs possibles de la projection de ce spin sur un axe \(z'\) qui ferait avec le précédent axe \(z\) un angle \(\theta\) ?

3.1.2. Solution

La valeur moyenne du spin \(\sigma\) sur l’axe des \(z\) a pour valeur \(1/2\). En projection sur l’axe des \(z'\) on obtient pour la valeur moyenne : \[s_{z'}=\frac{1}{2}~\cos\theta\]

Aux deux valeurs possibles \((\pm 1/2)\), on associe les probabilités \(p_{\pm}\) : \[s_{z'}=\frac{1}{2}~\Rightarrow~p_+\quad;\quad s_{z'}=-\frac{1}{2}~\Rightarrow~p_-\]

La valeur moyenne, à partir des probabilités, a pour expression : \[s_{z'}=p_+~\Big(\frac{1}{2}\Big)+p_-~\Big(-\frac{1}{2}\Big)=\frac{1}{2}~(p_+-p_-)=\frac{1}{2}~\cos\theta\]

On dispose donc de deux relations : \[\left\{ \begin{aligned} p_+-p_-&=\cos\theta\\ p_++p_-&=1 \end{aligned} \right.\]

d’où l’on tire (addition ou soustraction membre à membre) :

\[\begin{aligned} p_+=\frac{1+\cos\theta}{2}=\cos^2\frac{\theta}{2}\\ p_-=\frac{1-\cos\theta}{2}=\sin^2\frac{\theta}{2}\end{aligned}\]