1.1 Détermination du rapport charge/masse de l électron (méthode de Thomson et Kaufmann)

Corrigés du chapitre 1 Introduction 1.1 Détermination du rapport charge/masse de l électron (méthode de Thomson et Kaufmann) La méthode de Thomson (1897) consiste à étudier la déviation d électrons de vitesse initiale v 0 (parallèle à Oy) par un champ électrique E et un champ magnétique B, tous deux constants, homogènes, parallèles à Ox et agissant dans la région située entre O et un écran où sont matérialisés les électrons (voir fig. 1.1). L impact du faisceau électronique est détecté sur un écran placé à la distance d de l origine O. On note e et m la charge et la masse électroniques et ω = e B m la quantité appelée pulsation synchrotron. Figure 1.1: Schéma de l expérience de Thomson - Kaufmann 1. Principe de l expérience (a) Dessiner l allure typique d une trajectoire électronique. (b) Trouver l équation paramétrique (en fonction du temps) de la trajectoire d un électron, en prenant comme origine des temps l instant où l électron passe en O. À quelle condition obtient-on un impact sur l écran?

2 Corrigés du chapitre 1. Introduction (c) Soit t 1 l instant d impact sur l écran. Dans l hypothèse où ωt 1 π 2, déterminer l équation cartésienne de la courbe sur laquelle se trouvent les impacts lorsque la vitesse initiale varie en module. Que se passe-t-il si on inverse le champ électrique? (d) Comment cette expérience permet-elle de mesurer le rapport charge masse pour l électron? 2. Corrections relativistes Peu de temps après les premières expériences de Thomson, Kaufmann (après le premier article d Einstein sur la Relativité Restreinte) s aperçut que la loi parabolique obtenue en 1c n était pas vérifiée près de l origine O, c est-à-dire là où l on trouve les particules dont la vitesse initiale est très grande. (a) Identifier l origine de cette anomalie. (b) À l aide de la conservation de l énergie, déterminer la variation dans le temps de la coordonnée x à l aide de la fonction T (t) définie comme : T (t) = déf γmc 2, γ = (1 β 2 ) 1/2, β = v c. (1.1) (c) En utilisant la relation fondamentale de la dynamique (relativiste), trouver le complexe Z(t) = déf y(t) + iz(t) en fonction de T (t) (d) Trouver la fonction T (t) (poser τ = T (0) c e E ). En déduire l expression des trois coordonnées d espace en fonction de la variable φ(τ) définie par sinhφ(t) = déf t τ (e) Montrer que si v 0 c, les impacts se rapprochent de l origine O suivant une courbe qui n est plus tangente à O z. Retrouver la pente verticale mise en évidence dans la partie 1 par un passage à la limite convenable. ===============?????????? =============== 1. Principe de l expérience (a) On prend les deux champs orientés dans le sens des x positifs. La force électrique est dirigée le long de Ox, vers les cotes négatives (la charge e est négative). Par ailleurs, au moment où l électron arrive en O, la force de Lorentz est dirigée vers les z positifs. Au total, la trajectoire est une hélice d axe parallèle à Oz, située dans l octant x < 0, y > 0, z > 0. (b) La force agissant sur l électron est F = e( E+ v B) ; la projection sur les trois axes de l équation fondamentale de la Dynamique donne (m est la masse de l électron) mẍ = ee, mÿ = e ż B, m z = e ẏ B. Avec les conditions initiales précisées, on en déduit d abord x = ee 2m t2. En posant Z(t) = y(t) + iz(t), on voit que Z(t) satisfait Z e B = iωż, avec ω = m, d où Ż(t) = Ż(0)eiωt, où Ż(0) = v 0. Une deuxième intégration en temps donne y(t) = v0 ω sin ωt et z(t) = v0 ω (1 cosωt).

1.1. Détermination du rapport charge/masse de l électron (méthode de Thomson et Kaufmann) 3 Figure 1.2: Lignes où se distribuent les impacts quand la vitesse initiale varie (à gauche, champ électrique dirigé comme Ox, à droite, champ dirigé en sens contraire de Ox). Plus la vitesse initiale est grande, plus l impact est proche de O. Pour avoir un impact sur l écran, il faut que v0 ω soit supérieur à d, soit que les électrons aient une vitesse assez grande, ou que le champ magnétique ne soit pas trop intense. (c) Si t 1 est l instant d impact sur l écran, alors y(t 1 ) = d ; dans l hypothèse où ωt 1 π 2, on en déduit t 1 d v 0, d où x(t 1 ) eed2 et z(t 2mv0 2 1 ) ωd2 2v 0. L équation cartésienne de la courbe sur laquelle se trouvent les impacts lorsque la vitesse initiale varie en module s obtient en éliminant v 0 entre x et z, soit z 2 = (Bd)2 e 2E m x : c est donc une demi-parabole, dont l axe est parallèle à O x, orientée vers les x négatifs si E > 0, (champ électrique dirigé vers les x positifs), vers les x positifs si E < 0 (champ électrique dirigé vers les x négatifs, voir fig.1.2). (d) Cette expérience permet de trouver le rapport charge masse en mesurant les coordonnées de quelques points de la demi-parabole 2. Corrections relativistes (a) L anomalie observée apparaît près de l origine ; elle concerne les électrons de grande vitesse et résulte du traitement non-relativiste (b) L énergie totale est γmc 2 + eu T eex, à une constante additive près ; comme c est une constante du mouvement, T (t) eex(t) = T (0), d où : x(t) = 1 [T (t) T (0)] ee (c) La relation fondamentale de la dynamique relativiste donne par projection ṗ y = ebv z et ṗ z = ebv y, d où : m d dt( γ(t) Ż ) = ieeb Ż(t) mγ(t)ż = ieb Ż(t) + mγ(0)v 0. Comme T (t) = mγc 2, on en déduit l équation différentielle : dont la solution est : T (t)ż + iebc2 Z(t) = mc 2 γ(0)v 0 T (0)v 0, Z(t) = T (0)v [ t 0 iebc 2 1 exp (iebc 2 dt )] 0 T (t )

4 Corrigés du chapitre 1. Introduction (d) On a v x = 1 ee T (t) et d dt (mγv x) = ee, d où : d dt (c 2 T 1 ee T ) = ee T T = (eec) 2 t, et T (t) = T (0) cosh φ(t) dans les notations introduites de l énoncé. On en déduit : Z(t) = T (0)v [ ( 0 iebc 2 1 exp iebc 2 τ )] T (0) φ(t), et les coordonnées de l électron : x(t) = cτ[coshφ(t) 1] y(t) = v 0 τ E Bc sin [ Bc E φ(t)], z(t) = v 0 τ E Bc ( 1 cos [Bc E φ(t)]) (e) Le point d impact sur l écran se produit en t = t 1, soit d = v 0 τ E Bc Bc sin[ E φ(t 1)]. Si v 0 c, T (0) +, donc sin[ Bc E φ(t 1)] 0, ainsi que φ(t 1 ) φ 1. Dans cette limite : z(t 1 ) v 0 τ Bc 2E φ2 1, x(t 1) cτ 2 φ2 1. Figure 1.3: Cas relativiste : lignes où se distribuent les impacts quand la vitesse initiale varie (à gauche, champ électrique dirigé comme Ox, à droite, champ dirigé en sens contraire de Ox). Plus la vitesse initiale est grande, plus l impact est proche de O. Les points d impact se répartissent donc sur la droite z = Bc E x, inclinée de l angle ψ par rapport à O x, tel que tanψ = Bc E (voir fig. 1.3). Dans la limite c infinie on retrouve la tangente verticale de la demi-parabole obtenue dans la première partie. 1.2 Détermination du nombre d Avogadro N à l aide du mouvement Brownien Le mouvement Brownien est le mouvement irrégulier de particules (diamètre de l ordre du micron) en suspension dans un fluide. Il résulte des impacts nombreux incessants des petites

1.2. Détermination du nombre d Avogadro N à l aide du mouvement Brownien 5 particules du fluide sur la grosse particule et est le révélateur de l agitation thermique et des fluctuations thermodynamiques. Dans ce qui suit, on étudie une description dynamique simple du mouvement et, la rapprochant de mesures effectuées par Jean Perrin, on donne le principe de l une des toutes premières déterminations précises de N. 1. Modèle dynamique pour le mouvement Brownien. La grosse particule, de masse m, est soumise à deux forces 1 de la part du fluide : une force de viscosité, proportionnelle à la vitesse, la constante de proportionnalité étant notée C, et une force F(t) de moyenne nulle fluctuant très rapidement à l échelle du mouvement de la particule. Le fluide est supposé être à l équilibre thermique à la température T. (a) Notant x(t) la position de la grosse particule 2, écrire l équation fondamentale de la dynamique. On pose τ = m C ; quel est le sens physique de τ? (b) Après multiplication membre à membre par x, prendre la moyenne d ensemble de l équation et la simplifier en laissant tomber 3 les corrélations entre F(t) et x(t). Après transformation du terme contenant la dérivée seconde, en déduire une équation différentielle pour xẋ. À quoi est égal 4 le terme ẋ 2? (c) Intégrer l équation différentielle sachant que la quantité xẋ est nulle à t = 0 (quel est le sens physique d une telle condition?). En déduire x 2 (t) sachant qu à t = 0, x 2 est nul (sens physique?) et montrer que, pour t τ, la forme asymptotique de x 2 (t) est de la forme x 2 (t) 2Dt, où D est une constante appelée constante de diffusion. (d) Dans le cas de particules sphériques de rayon a = 0, 4 µm, et pour des faibles vitesses, on peut écrire C = 6πηa (loi de Stokes) où η est la viscosité du fluide (η = 10 3 kg/ms (eau à 27 o C)) ; la densité de la particule est comparable à celle de l eau, et on prendra ρ = 1 g/cm 3. En déduire l expression de x 2 à retenir dans le cas d une observation macroscopique (échelle de temps expérimentale : une seconde). 2. Relevé d une expérience de Jean Perrin (1905) [1] La table p. 6 donne les nombres d occurrences de la quantité δ(t) définie comme : où t est en secondes et δ en µm. δ(t) = déf x(t) x(t 2), (a) Utiliser ce relevé d expérience pour calculer x 2 et en déduire la valeur numérique de la constante D introduite en 1c. 1 Ces deux forces ont la même origine physique et résultent des chocs des particules légères du fluide. Elles ne sont donc pas sans relation l une avec l autre, elles sont même indissociables. 2 On se place à une dimension d espace pour simplifier. 3 On peut montrer que cette approximation ne modifie pas le régime à grand temps, qui est le seul résultat utile ici. 4 Penser au théorème d équipartition de l énergie.

6 Corrigés du chapitre 1. Introduction (b) Par comparaison avec la partie 1, obtenir la valeur numérique du nombre d Avogadro N (la constante des gaz parfaits est R = 8, 31 J/K). δ(t) nombre d occurrences < 5, 5 0 entre 5, 5 et 4, 5 1 entre 4, 5 et 3, 5 2 entre 3, 5 et 2, 5 15 entre 2, 5 et 1, 5 32 entre 1, 5 et 0, 5 95 entre 0, 5 et +0, 5 111 entre +0, 5 et +1, 5 87 entre +1, 5 et +2, 5 47 entre +2, 5 et +3, 5 8 entre +3, 5 et +4, 5 3 entre +4, 5 et +5, 5 0 > +5, 5 0 3. Modèle stochastique : la marche de l ivrogne Pour finir, il s agit maintenant de définir un modèle simple de marche au hasard sur un réseau unidimensionnel de points régulièrement, espacés de la distance a. Une particule (ou un homme éméché) se déplace en effectuant des sauts sur ce réseau de la façon suivante : tous les t, la particule située au site d abscisse pa (p Z) saute sur l un des deux sites premiers voisins, vers la droite avec la probabilité p, vers la gauche avec la probabilité q = 1 p. La position de la particule est donc une variable aléatoire X pouvant prendre les valeurs discrètes na. Conventionnellement, le site de départ est celui fixant l origine (n = 0) du réseau ; le cas échéant, on posera v = a t. (a) Soit x n (t) la position atteinte par la particule au temps t = N t quand elle a effectué n sauts vers la droite et N n sauts vers la gauche (0 n N). Quelle déf est la probabilité P n = Prob[X = x n (t)]? (b) À l aide des P n, écrire l expression de l espérance mathématique de l aléatoire X. (c) On introduit la fonction génératrice F(λ) = déf N n=0 λn P n. Expliquer comment F permet de calculer simplement les moyennes des puissances 5 de la position X k. (d) Utiliser ceci pour trouver : i. la valeur moyenne de la position à l instant t, X (t). En déduire la vitesse moyenne définie comme V = déf 1 t X (t) ; vérifier qu elle s annule si p = q = 1 2 (marche non biaisée) ; ii. l écart quadratique de la position X 2 = déf X 2 X 2. Comment varie-t-il en temps? En déduire l expression de la constante de diffusion D. Commenter en comparant avec les résultats de deux parties précédentes. ===============?????????? =============== 5 Ces quantités sont appelées moments.

1.2. Détermination du nombre d Avogadro N à l aide du mouvement Brownien 7 1. Modèle dynamique pour le mouvement Brownien. (a) L équation fondamentale de la dynamique est mẍ = Cẋ + F(t). En prenant une moyenne d ensemble, on a ẍ + 1 τ v = 1 m F(t) = 0 ; ceci montre que τ déf = m C est le temps de relaxation de la vitesse moyenne, puisque l intégration donne v (t) = v (0)e t/τ. (b) En effectuant les opérations indiquées, on trouve : xẍ + 1 τ xẋ = 1 m Fx. En négligeant les corrélations entre F(t) et x(t), F x F x = 0 puisque la force fluctuante a une moyenne nulle. Par ailleurs xẍ = d dt xẋ ẋ2, d où l équation demandée pour xẋ : d dt xẋ + 1 τ xẋ ẋ2 = 0 D après le théorème d équipartition de l énergie, la particule étant en équilibre avec le bain, on a 1 2 m ẋ2 = 1 2 k BT, d où finalement : d dt xẋ + 1 τ xẋ = k BT m. (1.2) (c) La condition initiale xẋ (0) = 0 signifie, par exemple, que vitesse et position sont décorrélées au départ et on peut toujours choisir l origine de l axe au point de départ. La solution de (1.2) avec cette condition initiale est : xẋ (t) = k BT C (1 e t τ ). La condition x 2 (0) = 0 signifie qu au départ, il n y a pas de dispersion des positions initiales des particules de l ensemble statistique. En vertu de xẋ = 1 2 x2, cette dernière quantité s obtient par intégration : x 2 (t) = 2k BT C [t + τ(e t τ 1)] 2k B T C t ceci montre que la constante de diffusion est : t τ D = k BT C Noter qu avec une force extérieure systématique F ext, on a v (t) = 1 C F ext (après un bref transitoire), ce qui permet d identifier 1 C avec la mobilité µ ; dès lors, la relation précédente s écrit : D µ = k BT c est la formule d Einstein reliant constante de diffusion et mobilité, avatar le plus élémentaire du théorème de fluctuation-dissipation.

8 Corrigés du chapitre 1. Introduction (d) Avec la loi de Stokes (particules sphériques et faibles vitesses), C = 6πηa, m = 4π 3 a3 ρ, d où τ = 2a2 ρ 9η 4 10 8 s. Sans aucun doute, l expression approchée x 2 (t) 2Dt est pertinente pour des expériences faites à l échelle de la seconde. 2. Relevé d une expérience de Jean Perrin (1905) (a) La table donnée dans le texte permet de calculer la moyenne statistique de l écart δ 2 : δ 2 = 0 ( 5, 5)2 + 1 ( 5) 2 + 2 ( 4) 2 +... + 3 (4) 2 + 0 (5) 2 + 0 (5, 5) 2 2 + 32 + 111 +... + 95 + 87 + 8 soit δ 2 = 810 401 µm2 2, 02 µm 2. D où 2D 2 2, 02 µm 2, et : (b) Par ailleurs D = kbt C l ambiante, T 293 K) : soit : N = D 0, 505 10 8 cm 2 s 1. = RT NC, d où l expression du nombre d Avogadro N (à RT 6πηaD 8, 31 293 6π 10 3 0, 4 10 6 0, 505 10 12, N 6, 3 10 23 3. Modèle stochastique : la marche de l ivrogne (a) x n (t) est la position 6 atteinte par la particule au temps t = N t quand elle a effectué n sauts vers la droite et N n sauts vers la gauche (0 n N), donc x n = n(+a)+(n n)( a) = (2n N)a. La probabilité correspondante est P n = C n N pn (1 p) N n, d où : déf P n = Prob[X = (2n N)a] = C n Np n (1 p) N n on vérifie sans peine que N n=0 P n = 1. Cette distribution est appelée loi binomiale. (b) L espérance mathématique de l aléatoire X, notée X, est par définition : X = N N P n (2n N)a = 2a np n Na. n=0 (c) En dérivant F(λ), on obtient df dλ = N n=1 nλn 1 P n, puis en faisant λ = 1, N n=1(ou 0) np n = ( ) df dλ. La somme au premier membre est l une des contributions apparaissant dans X. La connaissance de F(λ) permet visiblement λ=1 de trouver par dérivations successives les différentes valeurs moyennes X k, k N, appelées moments. 6 L origine est prise au point de départ. n=0,

1.3. Les expériences de Kappler (1931) 9 (d) L expression compacte de la fonction génératrice s obtient en calculant explicitement la somme apparaissant dans la définition (on remarque que c est le développement d un binôme) : F(λ) = N C n N λn p n (1 p) N n = [λp + (1 p)] N ; n=0 comme il se doit F(1) = 1 (c est la somme des probabilités). i. la valeur moyenne de la position à l instant t, X (t) est Na + 2F (1) ; le calcul donne X (t) = (p q)na = (p q) at t ; elle s annule bien si p = q = 1 2 (marche non biaisée), est positive si p > q et négative dans le cas contraire. La vitesse est donc V = (p q) a t. ii. la moyenne du carré de la position X 2 est a 2 n (2n N)2 P n. Un calcul sans difficulté donne X 2 = N 2 a 2 +4a 2 N(N 1)p(p 1). La soustraction du carré de la valeur moyenne donne l écart quadratique : X 2 = 4a 2 Npq = 4a 2 pq t t ; il croît linéairement en temps, ce qui signifie que la taille typique du domaine visité à l instant t augmente comme t, régime de croissance intermédiaire entre du sur-place et un mouvement de type balistique où la coordonnée augmente linéairement en temps. L expression de la constante de diffusion s obtient par identification avec D déf = X2 2t soit : D = 2a 2 Npq = pq 2a2 t En tant que fonction de p, D est maximum pour p = q = 1 2, soit quand le hasard est le plus grand. La constante D est bien sûr nulle pour une marche non aléatoire (p = 1 ou q = 1). Tous ces résultats sont en harmonie avec ceux obtenus dans les deux premières parties. Pour en savoir plus sur les marches au hasard et les processus stochastiques, le livre de Montroll et West [2] en propose une remarquable (et lisible) initiation. 1.3 Les expériences de Kappler (1931) Il s agit d une autre méthode précise de détermination du nombre d Avogadro 7. Kappler a mesuré les fluctuations de la position d équilibre d un petit miroir (surface de l ordre de 1 mm 2 ), suspendu dans l air verticalement par un fil de torsion de constante K ; la position du miroir peut être très précisément repérée par la déviation d un rayon lumineux. On note 7 Avant de faire cet exercice, il est recommandé d avoir fait l exercice 1.2 p. 4, tout particulièrement la partie 1.

10 Corrigés du chapitre 1. Introduction T la température de l air, θ l écart à la position d équilibre, I le moment d inertie du miroir par rapport à son axe de rotation. À la force de rappel près, le miroir est dans une situation très comparable à celle d une particule brownienne et, sous les impacts des molécules d air, effectue des petites oscillations aléatoires autour de sa position d équilibre. 1. Sachant que le miroir est en équilibre thermodynamique avec l air ambiant, quelles sont les valeurs moyennes de son énergie cinétique et de son énergie potentielle? 2. En déduire que N est donné par : N = RT K θ 2 (1.3) où θ 2 est l écart quadratique de la position du miroir. 3. La mesure donne θ 2 = 4, 18 10 6 rad 2. Trouver la valeur de N sachant que K = 9, 4 10 16 SI, R = 8, 31 J/K. ===============?????????? =============== 1. L énergie mécanique du miroir E a pour expression : E = 1 2 I θ 2 + 1 2 Kθ2, où les deux termes à droite représentent respectivement les énergies cinétique et potentielle. Tout comme un oscillateur harmonique, la coordonnée θ et la vitesse θ figurent au carré dans E, d où équipartition de l énergie quand on prend les moyennes à la température T : 1 2 I θ 2 = 1 2 Kθ2 = 1 2 k BT 2. De 1 2 Kθ2 = 1 2 k BT et de k B = R N, on déduit l expression donnée dans l énoncé : N = RT K θ 2 (1.4) θ 2 étant l écart quadratique de la position du miroir, puisque la valeur moyenne de θ est nulle. 3. L expérience est évidemment menée à l ambiante, T 293 K ; on trouve : N 6, 15 10 23

1.4. Équilibre d une atmosphère isotherme 11 1.4 Équilibre d une atmosphère isotherme Jean Perrin [1] a également étudié la répartition de la densité d équilibre d un gaz dilué de grosses particules de masse M immergées dans un fluide, le tout étant contenu dans un bocal cylindrique vertical. Plus précisément, Jean Perrin a observé que la densité linéaire n des grosses particules, homogène à l inverse d une longueur, variait avec l altitude z suivant la formule barométrique : n(z) = n(0)e βmgz (β = 1 k B T ) ; (1.5) g est l accélération de la pesanteur, z est l altitude comptée positivement vers le haut, k B la constante de Boltzmann. 1. Soit P(z) la pression à l altitude z. Montrer que la condition d équilibre mécanique de la tranche de gaz située entre les altitudes z et z + dz donne dp dz = Mg S n(z), S désignant la section droite du bocal cylindrique. 2. Le gaz de grosses particules étant très dilué, il obéit à une équation d état du genre gaz parfait PV = Nk B T, où N est le nombre de particules dans le volume V. En déduire la formule barométrique (1.5). 3. Comment N est-il inclus dans les résultats précédents? ===============?????????? =============== 1. P(z) étant la pression à l altitude z, la condition d équilibre mécanique de la tranche de gaz située entre les altitudes z et z + dz est : P(z + dz)s + P(z)S mg = 0, où m est la masse de la tranche de gaz de grosses particules situé entre les altitudes z et z + dz ; m = Mndz, où n(z) est la densité linéaire des grosses particules. Finalement : dp dz = Mg n(z) (1.6) S Cette équation est parfois appelée équation barométrique. 2. Avec l hypothèse du gaz parfait de grosses particules, l équation d état pour la petite tranche située entre z et z + dz est PSdz = ndzk B T, d où P = n S k BT et par dérivation P = n S k BT ; le report dans (1.6) donne l équation fermée pour la densité : dn dz + Mg k B T n(z) = 0, dont la solution est n(z) = n(0)e βmgz, avec β = 1 k BT.

12 Corrigés du chapitre 1. Introduction 3. N est inclus dans l argument de l exponentielle puisque k B = R N. L échelle caractéristique de décroissance de la densité avec l altitude est ξ = kbt Mg = RT NMg ; la mesure de ξ donne N par N = RT ξmg. 1.5 Mesure précise de l impulsion de particules par focalisation Des électrons d énergie E de l ordre du kev sont émis par une source S située au point O et sont injectés dans la région z > 0 (voir fig.1.4). La vitesse initiale v 0 est dans le plan xoz et sa direction par rapport à l axe Oz est caractérisée par l angle α 0, en principe bien déterminé. Dans la région z > 0 règne un champ magnétique statique et homogène, parallèle à Oz et de module B ; e et m désignent la charge et la masse de l électron 8, c la vitesse de la lumière dans le vide. Figure 1.4: Schéma précisant la géométrie de l injection des particules 1. Calculer numériquement le module v 0 et le comparer à c. 2. Écrire l équation fondamentale de la dynamique projetée sur les trois axes ; en déduire les équations différentielles pour les coordonnées x, y et z d un électron, exprimées à l aide de la pulsation cyclotron ω c = e B m. Combien vaut ω c? 3. Donner l expression de z(t), puis celle de la composante de la vitesse suivant Ox, soit v x (t) ; en déduire x(t). Achever l intégration en donnant y(t). 4. Soit r la distance d un électron à l axe Oz ; donner l expression de r en fonction du temps et en tracer le graphe. 5. On dispose un détecteur D sur l axe Oz : à quelles distances L k de O doit-on le placer pour recueillir les électrons? On désigne dans la suite par L 1 la plus petite des L k ; calculer L 1 numériquement quand α = 45 o. 6. On déplace le détecteur le long de Oz, désignant par d sa distance au point O. À l aide d un dessin, représenter le signal reçu sur le détecteur en fonction de d, sachant que d ne peut excéder 60 cm. Expliquer en quoi la mesure de L 1 constitue une détermination de l impulsion initiale p 0 des électrons. 8 Les valeurs à utiliser pour les applications numériques sont données à la fin de l exercice.

1.5. Mesure précise de l impulsion de particules par focalisation 13 7. En réalité, le signal mesuré par D présente une largeur finie, provoquant une incertitude sur la mesure de p 0. Sachant que cette largeur ne peut être expliquée ni par les inévitables inhomogénéités spatiales du champ magnétique, ni par la valeur (inconnue) de v 0 (qui est parfaitement définie), quelle est la cause de l élargissement? 8. Il s agit maintenant de préciser comment on peut modifier l appareil pour réduire l erreur sur la mesure de p 0 = mv 0, à condition de pouvoir mettre le détecteur en-dehors de l axe Oz ; dans la suite, d désigne la distance entre le détecteur et le plan xoy. (a) Pour une valeur donnée de l angle α, exprimer la distance d un électron à l axe Oz, soit r, en fonction de sa coordonnée z. (b) Soit deux angles d injection α et α (α < α ) et les deux longueurs L 1 et L 1 correspondantes ; quelle est l inégalité entre L 1 et L 1? Pour ces deux angles, représenter graphiquement la variation de r en fonction z. (c) Soit α la valeur nominale de l angle d injection. Pour z fixé, donner l expression de la variation δr de r lorsque α varie de δα autour de α ; en déduire qu il est possible de choisir d afin que la variation de r par rapport à α ne dépende que de termes en (δα) 2. Écrire l équation fixant cette valeur particulière de d, soit d m (ne pas chercher à résoudre cette équation, mais en donner une illustration graphique). (d) En déduire la modification à apporter au dispositif pour que la mesure de p 0 soit beaucoup plus précise (l appareil focalise les électrons dans le plan d m ). Valeurs numériques : e = 1, 6 10 19 C, E = 1 kev, mc 2 = 511keV, B = 10 3 T, α = 45 o. ===============?????????? =============== 1. Posant β = v0 c, l énergie cinétique est 1 2 mβ2 c 2 et vaut donc 10 3 kev ; comme mc 2 511 kev, on voit d emblée que β 1 ; plus précisément β 2 2 511 soit β 6, 3 10 2. La vitesse v 0 est donc voisine de 6, 3 10 2 3 10 8 m/s soit environ 19 000 km/s. 2. L équation fondamentale de la dynamique projetée sur les trois axes donne : mẍ = ebẏ, mÿ = ebẋ, m z = 0. ω c = 1,6 10 19 10 3 9 10 31 1, 8 10 8 rad/s. 3. Par intégration compte tenu des conditions initiales z(0) = 0, v z (0) = v 0 cosα, z(t) = (v 0 cosα)t. Par ailleurs, on a v x = ω c v y et v y = +ω c v x, d où v x = ωc 2v x ; avec v x (0) = v 0 sin α, v x (0) = ω c v y (0) = 0, la solution est v x (t) = v 0 sinα cosω c t, d où x(t) = v0 ω c sin α sin ω c t puisque x(0) = 0. Enfin, compte tenu de v y (t) = 1 ω c v x, une intégration donne y(t) = v0 ω c sin α(1 cosω c t). La trajectoire est donc une hélice d axe parallèle à Oz, coupant l axe Oy au point d abscisse y 0 = v0 ω c sin α.

14 Corrigés du chapitre 1. Introduction 4. r 2 = x 2 + y 2 = ( v0 ω c sinα) 2 (2 2 cosω c t), soit : r(t) = 2 v 0 sinα sin ω ct ω c 2 C est une sinusoïde rectifiée (voir fig.1.5). Figure 1.5: Distance r(t) à l axe Oz. 5. Le détecteur D étant sur l axe Oz, il faut le placer là où la trajectoire recoupe l axe Oz, c est-à-dire en des points correspondant à r = 0 : les distances L k sont donc telles que L k = z(t = k 2π ω c ), soit L k = k 2π ω c v 0 cosα ; numériquement : L 1 47 cm. 6. Le signal est nul tant que d L 1 ; la mesure de L 1 permet de trouver la vitesse v 0, donc ausi p 0 mv 0 (voir fig.1.6). 7. Compte tenu des éléments donnés dans l énoncé, la cause de l élargissement du signal est l imprécision de l angle d injection α, qui provoque une dispersion des trajectoires. Figure 1.6: Représentation schématique du signal reçu par le détecteur en fonction de sa distance d par rapport à la fente d entrée. 8. On dispose le détecteur en-dehors de l axe Oz, d désignant la distance entre le détecteur et le plan xoy (a) Pour exprimer r, distance d un électron à l axe Oz, en fonction de z, il suffit d éliminer le temps entre les fonctions r(t) et z(t) obtenues ci-dessus. On

1.5. Mesure précise de l impulsion de particules par focalisation 15 trouve ainsi : r = 2 v 0 ω c z sin α sin déf = f(z) (1.7) ω c 2v 0 cosα (b) Physiquement, il est évident que L 1 > L 1 si α < α. Figure 1.7: Variation de la distance r à l axe Oz en fonction de z pour deux angles d injection voisins α < α (voir (1.7)). Le premier zéro est à l abscisse π cosα. (c) Pour réduire l incidence de l erreur sur l angle sur la largeur du signal, il suffit de placer le détecteur en un endroit tel qu une petite variation δα ne produise qu une variation d ordre supérieur pour les points d impact. Les variations de α provoquent aussi une dispersion des coordonnées x et y, mais on peut envisager un détecteur de forme annulaire, perpendiculaire à Oz, de rayon égal à la distance r introduite plus haut, et situé à la distance d de O. Afin qu une petite variation δα autour de la valeur nominale α donne une variation d ordre supérieur pour r, il faut et suffit que la dérivée de r par rapport à α s annule pour α = α : ( ) r α α=α = 0, condition qui s explicite en9 : tan X + (tan 2 α)x = 0, X déf = πd, L 1 où L 1 = 2π ω c v 0 cosα. Cette équation fixe la valeur de d à choisir, soit d m, d où la position du plan du détecteur. Cette équation a une infinité de solutions (comme le montre un graphique). La plus petite solution positive est un certain nombre X 0 compris entre π X0 2 et π, d où la plus petite valeur π L 1 pour d m (d) L appareil focalisant les électrons dans le plan d m, il faut disposer dans celui-ci déf un détecteur annulaire de rayon égal à r m = f(d m ) (voir éq.(1.7)). Les livres de Enge [3] et Smith [4] donnent de nombreux autres exemples d applications de cette technique de focalisation, et constituent une bonne introduction à la Physique nucléaire.

16 Corrigés du chapitre 1. Introduction 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0,0 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 Figure 1.8: Focalisation des trajectoires pour des petites variations δα autour d un angle nominal d injection α. 1.6 Spectrographe de masse Un four à haute température (T de l ordre de 1 000 K) contient du chlore gazeux. Après ionisation (par un dispositif non-représenté), le mélange isotopique binaire d ions Cl (charge q = e, masses M 1 et M 2 ) issus du four est accéléré par une ddp U (de quelques dizaines de kv) avant d être injecté dans la fente d entrée S d un spectro de masse. Le champ magnétique est horizontal, et perpendiculaire au plan de la figure. P désigne une plaque sensible détectant l arrivée des ions. Figure 1.9: Schéma d un spectrographe de masse. 1. Préciser le sens de la ddp U et la direction du champ magnétique B. 2. Donner l ordre de grandeur de la vitesse d un ion avant accélération par U et montrer que l énergie cinétique thermique correspondante peut être négligée. 3. Soit v la vitesse acquise au point S par un ion de vitesse initiale nulle. La trajectoire d un ion dans la partie où règne le champ magnétique est un arc de cercle : rappeler pourquoi ; donner l expression de son rayon R et le calculer numériquement. 4. L i désigne la distance horizontale entre S et le point d impact d un ion de masse M i. Comment varie qualitativement L i en fonction de M i, toutes choses égales par ailleurs? Exprimer L i en fonction de h et R i, et en fonction de h, M i, q, B et U.

1.6. Spectrographe de masse 17 5. Calculer numériquement la distance L séparant les deux types d impacts. 6. Soit δv 0 l incertitude sur la vitesse initiale compte tenu de l agitation thermique dans le four. Écrire la condition sur v, M i, δv 0 et M = M 1 M 2 pour que les impacts de deux isotopes soient bien séparés malgré l agitation thermique. Valeurs numériques : q = 1, 6 10 19 C, masses atomiques : M i = 35 et 37 g/mol, U = 10 kv, B = 0, 1 T, h = 10 cm. ===============?????????? =============== 1. Les ions sont chargés négativement : la plaque de droite doit être à un potentiel supérieur à celui de la plaque d entrée à gauche. Les trajectoires doivent incurvées vers le bas : le champ magnétique B doit donc être dirigé vers l arrière du plan de figure. Figure 1.10: À gauche : polarités de la ddp. Au milieu : orientation du champ magnétique (q < 0). À droite : impacts des ions quand M 1 > M 2. 2. L ordre de grandeur de l énergie d un ion avant accélération par U est celui d une vitesse thermique, soit 1000 293 25meV ; l énergie cinétique thermique, environ 85meV, est donc négligeable devant les quelques kv acquis grâce à la ddp. 3. La force q v B étant perpendiculaire à la vitesse, il en est de même de l accélération : v a donc un module constant et le mouvement est circulaire uniforme. La relation M v2 Mv R = qvb donne le rayon R du cercle : R = q B, d autant plus petit que la charge est grande et le champ intense. 4. Une masse élevée correspond à une grande inertie, donc à une faible incurvation de la trajectoire : plus M est grand, plus le rayon de courbure est grand, et c est bien ce que dit la formule précédente R M. L i est donc d autant plus grand que la masse M i est élevée. Le théorème de Pythagore donne L i = Ri 2 (R i h) 2 = h(2r i h). Par ailleurs 1 2 M ivi 2 = q U, d où v i = 2 q U M i et R i = 1 2MiU B q. 5. Numériquement :

18 Corrigés du chapitre 1. Introduction R 1 = 1 0,1 2 37 10 3 10 4 6,02 10 23 1,6 10 19 87, 7 cm, R 2 = L 1 40, 7 cm,l 2 40, 1 cm et L 0, 6 cm. M 2 M 1 85, 2 cm. 6. L est une fonction de R, qui varie si la vitesse initiale varie, et qui dépend de la masse des ions. Comparée à la vitesse acquise sous l effet de la ddp, δv 0 est très k petit, et vaut environ BT M ; par ailleurs, la différence relative de masse M M est elle-même assez petite (M 1 M 2 M). S agissant par ailleurs de trouver des ordres de grandeur, il est licite de raisonner par différentiation. Partant de L = h(2r i h), on trouve δl = h L δr. La variation δv 0 donne une variation δ 1 L h Mδv 0 L q B ; M donne la variation δ 2L h Mv 0 L q B. On veut δ 1 L δ 2 L, soit Mδv 0 v 0 M, ou encore 2 q U Mk B T M M, soit : ( M k B T q U M ) 2, condition qui est toujours très largement satisfaite dans les conditions de l expérience puisque k B T 85 mev q U quelques kv et ( ) M 2 M 3 10 3. 1.7 Le spectromètre de Bainbridge La figure 1.11 donne le schéma d un spectrographe de masse dû à Bainbridge. Une source émet des ions positifs (masse M, charge q) dont le module de la vitesse initiale, v, est réparti sur un grand intervalle. Ces ions sont injectés à travers la fente S 1 dans une enceinte à vide haute et étroite, où existent d une part un champ électrique E créé par deux plaques P et P parallèles distantes de d et portées à des potentiels différents (V = V P V P > 0), et d autre part un champ magnétique uniforme de module B, perpendiculaire au plan de la figure et pointant vers le lecteur. La vitesse initiale v est parallèle à l axe S 1 S 2. Figure 1.11: Schéma du spectro de masse de Bainbridge.

1.7. Le spectromètre de Bainbridge 19 1. À l aide d un dessin, donner les directions des deux forces (électrique et magnétique) agissant sur un ion situé dans l enceinte. 2. Quel est le module de la force résultante? 3. B et v étant fixés, montrer que l on peut ajuster la ddp V de sorte qu un ion ayant cette vitesse ne subisse aucune déviation dans l enceinte. 4. Quelle est la vitesse v 0 des ions issus de la fente S 2? A.N. : V = 100 V, d = 2 cm, B = 1 T. 5. Dans la région située au-dessous du plan de trace xx existe un champ magnétique uniforme B dirigé comme indiqué. Dessiner la trajectoire d un ion. Quelle est l expression du rayon de celle-ci, en fonction de q, M, v 0 et B? A. N. : trouver la valeur approximative de R sachant que les ions constituent un mélange isotopique de 37 Cl + et de 35 Cl + et que B = 10 3 T. 6. Dessiner deux trajectoires pour deux ions de même charge et de masses M 1 et M 2 (M 1 < M 2 ). 7. Soit l = 1 mm la résolution linéaire de la plaque sensible (voir fig. 1.11). Quelle est la condition sur B assurant que l on peut séparer les impacts de deux ions dont la différence des masses est M? Peut-on séparer les isotopes du chlore avec la valeur de B choisie en 5? ===============?????????? =============== 1. Les deux forces sont horizontales, la force magnétique est dirigée vers la gauche, la force électrique vers la droite. 2. Le module de la force résultante est q(e vb) = q V d vb. 3. Un ion de vitesse v n est pas dévié dans l enceinte si V = qdb. 4. v 0 = V db = 100 2 10 2 m/s = 5 km/s. 5. Dans la région située au-dessous du plan de trace xx, la trajectoire d un ion est un demi-cercle de rayon R = Mv0 36 10 qb = 3 5 10 3 1,6 10 19 6 10 23 10 1, 9 m. 3 6. Les deux trajectoires pour deux ions de même charge et de masses M 1 et M 2 (M 1 < M 2 ) sont tracées sur la figure 1.12 7. On a 2 R = 2 Mv0 qb. Pour que cette distance soit supérieure à l, il faut que B soit plus petit que 2 Mv0 déf qδl = B max 0, 25 T ; avec la valeur indiquée en 5., la séparation des deux types d impact est très nette.

20 Corrigés du chapitre 1. Introduction Figure 1.12: Trajectoires circulaires de deux ions après sélection de vitesse. Remarque Le chlore est très électronégatif et acquiert la structure de l argon en fixant un électron et devenant un ion Cl. On peut néanmoins facilement fabriquer et manipuler des ions Cl + en s assurant de l absence d électrons baladeurs. 1.8 La force d Abraham - Lorentz La force de freinage F rad écrite en (I-1.30) est conceptuellement pathologique, comme le montre l analyse qui suit. En reprenant les notations de la section 1.5, Tome I, l équation d Abraham - Lorentz pour une particule de charge e et de masse m soumise à une force 10 F est ( v r ) : m v = mτ v + F ; (1.8) où le temps τ 6, 4 10 24 s est défini en (I-1.22). Comme déjà mentionné, une première bizarrerie de cette équation est l apparition d une dérivée troisième de la position de la particule (définie par le rayon-vecteur r), censée représenter l effet du freinage par rayonnement. De surcroît, la perturbation du mouvement provoquée par cet effet est fondamentalement singulière, au sens où elle modifie l ordre de l équation différentielle du mouvement, lequel passe de 2 à 3 dès que la charge est non-nulle. En fait, c est bien parce que le petit paramètre est en facteur de la plus haute dérivée que la perturbation est dite singulière, par définition 11. Ces avertissements étant donnés, il s agit maintenant d examiner les conséquences de l équation (1.8) telle qu elle est, précisément pour bien mettre en évidence les très graves difficultés de fond qu elle soulève. 1. En utilisant la méthode connue pour intégrer une équation différentielle telle que (1.8), écrire l expression générale de l accélération v(t), supposant connue l accélération à un certain instant t 0, v(t 0 ). 10 Dans le modèle de Thomson, cette force n est autre que mω 2 0 r, voir (I-1.31). 11 Le même phénomène se produit pour l équation aux valeurs propres de Schrödinger, où c est cette fois la constante de Planck qui est en facteur de la plus haute dérivée. Il existe un traitement perturbatif spécifique pour ce genre de question, appelé méthode BKW (ou WKB) dans le contexte quantique (voir chapitre 9).

1.8. La force d Abraham - Lorentz 21 2. En examinant le cas particulier F = 0, montrer que cette solution est aberrante physiquement. 3. Revenant à la solution générale obtenue en 1 dans le cas F 0, montrer que l on peut formellement éliminer les solutions divergentes par un choix convenable de t 0. Commenter ce choix qui, sur le plan technique, exprime une condition aux limites plutôt qu une condition initiale. 4. En déduire l expression régularisée de la solution obtenue en 1. Revenant un cran en arrière et en analysant le noyau intégral figurant dans cette expression, vérifier que l équation du mouvement redonne bien, dans la limite de charge nulle, l équation ordinaire de la dynamique. 5. Afin d exhiber clairement la violation annoncée d un grand principe physique, effectuer un changement de variable d intégration très simple pour obtenir : v(t) = 1 m + 0 e s F(t + τs)ds. (1.9) Commenter cette dernière équation et montrer qu un principe physique y est violé. 6. Afin de mettre en évidence cette violation de façon encore plus spectaculaire, traiter le cas d une particule de vitesse nulle en t = et soumise à une force échelon : F(t) = { 0 si t < 0 F 0 si t > 0. (1.10) Résumer ces résultats en traçant la variation en fonction du temps de l accélération et de la vitesse. Noter que la particule se met en mouvement... avant l application de la force 12! ===============?????????? =============== L équation d Abraham - Lorentz pour une particule de charge e et de masse m soumise à une force F est ( v r ) : où τ 6, 4 10 24 s. m v = mτ v + F, 1. L équation à résoudre est v 1 τ v = 1 mτ F, dont la solution, générale est : v(t) = v (t 0 )e t t 0 τ 1 t e t t τ F(t )dt (1.11) mτ t 0 12 Un phénomène inacceptable, que l on appelle parfois préaccélération d une particule chargée...

22 Corrigés du chapitre 1. Introduction 2. Si F = 0, l expression (1.11) montre clairement que l accélération diverge exponentiellement aux grands temps. 3. On peut formellement éliminer les solutions divergentes en prenant t 0 = +. Il s agit d une condition aux limites qui élimine de fait la condition initiale. 4. En faisant t 0 = + dans (1.11) : v(t) = 1 m + t 1 τ e t t τ F(t )dt 1 m + t K(t t )F(t )dt. (1.12) Toutes les solutions de (1.12) sont aussi solutions de (1.11), mais (1.12) n introduit pas de solutions aberrantes : en ce sens, il s agit de la forme régularisée de (1.11), et ce d autant plus que la limite de charge nulle reproduit bien l EFD. En effet, dans la limite e 0, τ 0 et le noyau K(t t ) se comporte comme une fonction de Dirac ; on obtient alors v(t) = 1 m F(t). 5. Il est déjà visible sur (1.12) que l accélération à l instant t dépend des valeurs de la force à des instants ultérieurs : cette équation viole le Principe de causalité. Le changement de variable suggéré met ceci en lumière ; on obtient la forme : 6. Avec une force échelon : v(t) = 1 m t < 0 : v(t) = 1 mτ t > 0 : v(t) = 1 mτ + 0 + 0 + t e s F(t + τs)ds e t t τ F0 dt = 1 m F 0 e t τ, e t t τ F0 dt = 1 m F 0. Pour en savoir plus sur ce sujet, voir le livre de Jackson [5]. Figure 1.13: Préaccélérération d une particule chargée : la particule se met en mouvement... avant l application à t = 0 de la force constante!

1.9. Durée de vie de l atome de Jean Perrin 23 1.9 Durée de vie de l atome de Jean Perrin Il s agit de développer un argument semi-quantitatif illustrant l instabilité électrodynamique de l atome selon Jean Perrin [6]. Dans ce modèle, l électron (masse m, charge e) tourne autour du noyau de charge e supposé fixe et, d un point de vue strictement mécanique, reste en équilibre sur sa trajectoire grâce à l attraction électrostatique du noyau. À un instant donné, l électron se trouve à la distance r de ce dernier et le module de sa vitesse est v. 1. L accélération centrale a pour expression v2 r ; écrire la relation entre accélération et force et en déduire que la quantité mv 2 r est une constante du mouvement. 2. Soit T la période du mouvement circulaire uniforme de rayon r ; donner l expression de T en fonction de r, r e (rayon classique de l électron) et c (vitesse de la lumière). 3. Écrire l expression de l énergie mécanique totale de l électron, E. 4. Donner une expression de E ne faisant intervenir que e 2 et r. La tracer en fonction de r. 5. En déduire la variation d énergie de lorsque r varie de dr. 6. La puissance rayonnée par l électron accéléré est : P = 2e 2 3 c 3 v 2 (e 2 = e2 4πε 0 ). (1.13) En assimilant v 2 et le module carré de l accélération centrale, montrer que la dérivée de r est donnée par : Préciser la constante K en fonction de c et de r e. ṙ = K r 2. (1.14) 7. En déduire la valeur de r à l instant t, r(t), connaissant sa valeur initiale r 0. Donner l expression du temps τ au bout duquel la distance au noyau a été divisée par 2 1/3. Calculer numériquement τ avec r 0 = 3 Å. 8. Comparer τ et la période T 0 calculée avec r 0. Avec un dessin, donner l allure de la trajectoire de l électron. ===============?????????? =============== 1. m v2 r = e 2 r 2 donne mv 2 r = e 2. 2. T = 2πR v, r e = e 2 mc, d où T = 2πr 2 c 3. E = 1 2 mv2 e 2 r. r re.

24 Corrigés du chapitre 1. Introduction 4. E = 1 2r (mv2 r) e 2 r = e 2 2r. E tend vers si r 0... 5. de = e 2 2r 2 dr. ( 6. L assimilation recommandée dans l énoncé donne P = 2e 2 v 2 3 c 3 r Par ailleurs P = de dt = e 2 2r 2 ṙ d où ṙ = 4r2 e c 3r 2. ) 2 = 2e 2 3 c 3 ( e 2 mr 2 ) 2. 7. r 2 ṙ = 4 3 r2 e c donne par intégration r(t) = (r3 (0) 4r 2 e ct)1/3. Le temps τ est tel que 4r 2 e cτ = 1 2 r3 (0), d où τ = r3 (0) 8r 2 e c. Comme r e 3 F = 3 10 5 Å, on trouve τ 10 9 s. 8. τ T 0 2 10 16 s. La trajectoire de l électron est une spirale très dense : au début du mouvement, d un tour à l autre, la variation de la distance électron - noyau est δr 4r2 e c r(0) 2 T 2 10 7 Å.

Corrigés du chapitre 7 L Ancienne Théorie des Quanta 7.1 Particule chargée dans un champ électromagnétique Une particule de masse m et de charge Q est soumise à un champ électromagnétique E, B ; si v désigne la vitesse de la particule, la force de Lorentz est : F = Q( E + v B). (7.1) Ce champ peut être associé à un potentiel (φ, A) tel que : E = A t φ, B = A. (7.2) φ et A ne dépendent que de la coordonnée r et du temps. 1. Écrire la force de Lorentz en fonction du potentiel. 2. Calculer explicitement la composante suivant Ox du double produit vectoriel et montrer qu elle peut s écrire ( v r ) : x ( A. v ) v. A x. (7.3) 3. En déduire que la composante F x de la force de Lorentz peut être mise sous la forme : ( F x = Q φ x + x ( A. v ) d ) dt A x. (7.4)

112 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta 4. En remarquant que A x = v x ( A. v ), en déduire qu un Lagrangien restituant l équation fondamentale de la Dynamique est : L = 1 2 m v 2 Qφ + Q A. v. (7.5) 5. Écrire l expression du Hamiltonien, H. 6. Dans le cas d un champ homogène (uniforme dans l espace), vérifier que l on peut prendre A = 1 2 B r. En déduire que le Hamiltonien est : H = p 2 2m + Qφ γ J. B + Q2 8m ( B r ) 2, (7.6) où γ est le facteur gyromagnétique reliant le moment cinétique J au moment magnétique µ selon µ = γ J. Interpréter physiquement le troisième terme de l expression (7.6). ===============?????????? =============== Pour donner l idée simplement, on raisonne avec un seul degré de liberté q. A priori, l énergie potentielle V est ici une fonction de q et de q, d où L = 1 2 m q2 V (q, q). Le calcul variationnel de Euler - Lagrange fournit l équation d L dt q L q = 0, qui s explicite en d V V dt (m q q ) q = 0, soit m q = V q + d V dt q. Le premier terme au second membre est le terme usuel, le second est identiquement nul si V ne dépend pas de la vitesse. Si on en revient à R 3, la projection suivant l axe Ox donne : et de même pour les deux autres projections sur Oy et Oz. mẍ = V x + d V, (7.7) dt v x 1. F = Q[ A t φ + v ( A)]. 2. ( v ( A)) x = v y ( A) z v z ( A) y. Les deux termes valent respectivement 1 v y ( x A y y A x ) et v z ( z A x x A z ). En faisant la différence, et en ajoutant et retranchant x x x A x, il vient : ( v ( A)) x = v. xa v. A x, mais comme r et v sont des variables indépendantes, ceci s écrit tout autant : ( v ( A)) x = x ( A. v ) v. A x. 3. F x = Q[ Ax t x ( A. v ) v. A x ]. Notant que t + v. d dt, on voit que la projection suivant Ox de l équation fondamentale de la Dynamique, mẍ = F x, prend la forme mẍ = x Q(φ A. v ) Q d dt A x et commence à ressembler à (7.7). 1 x x, etc. φ x +

7.1. Particule chargée dans un champ électromagnétique 113 4. En gardant un œil sur (7.7), et en utilisant la suggestion de l énoncé, à savoir remarquer que A x = v x ( A. v ), on écrit : mẍ = x Q(φ A. v ) Q d A. v. dt v x Le potentiel scalaire φ du champ électrique ne dépend pas de la vitesse, et on peut donc l incorporer dans la dérivée v x ; en choisissant judicieusement le signe au vu de celui déjà présent dans le premier terme, on écrit ainsi : mẍ = x Q(φ A. v ) Q d ( A. v dt v φ). x Par comparaison avec (7.7), on voit que V =Q(φ A. v ), donnant le Lagrangien : L( r, v, t) = 1 2 m v 2 Qφ( r, t) + Q A( r, t). v 5. Le moment conjugué p est égal à L v soit : d où inversement v = 1 m ( p Q A). p = m v + Q A H déf = p. v L = p. 1 m ( p Q A) 1 2 m[ 1 m ( p Q A)] 2 + Qφ QA. 1 m ( p Q A). En développant et en regroupant les termes, on trouve sans peine : H = 1 2m ( p Q A) 2 + Qφ 6. Dans le cas d un champ homogène (uniforme dans l espace), on peut toujours définir l axe Oz le long du champ, auquel cas B = (0, 0, B) et A = ( 1 2 By, 1 2Bx, 0). Cela étant, on vérifie immédiatement que (0, 0, B) = ( 1 2 By, 1 2Bx, 0). Le résultat est évidemment indépendant du choix d axes, d où effectivement A = 1 2B r. 1 Le Hamiltonien s écrit alors H = p2 2m Q m 2 ( B r ). p+ Q2 8m ( B r ) 2 +Qφ. En faisant une permutation circulaire dans le produit mixte, on fait apparaître le moment cinétique J déf = r p et finalement : H = p 2 2m + Qφ γ J. B + Q2 8m ( B r ) 2 avec γ = Q 2m, facteur gyromagnétique classique reliant le moment cinétique J au moment magnétique µ : µ = γ J ; le terme linéaire en champ est bien du genre µ. B (couplage dipolaire magnétique). Le quatrième terme est essentiellement positif, donc déstabilisant, et décrit le diamagnétisme, phénomène universel dès que des charges sont en mouvement (loi de Lenz microscopique). Si le moment cinétique est nul (alors le moment magnétique l est aussi), le paramagnétisme est absent, seul le diamagnétisme apparaît ; d ordre B 2, il est en général masqué par le paramagnétisme quand celui-ci existe.

114 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta 7.2 Invariance en forme de l énergie cinétique pour des coordonnées cartésiennes En raisonnant simplement avec l expression du carré de la norme d un vecteur dans un espace vectoriel rapporté à une base orthonormée, expliquer pourquoi l énergie cinétique est toujours de la forme l 1 2 m q2 l quand les q l sont des coordonnées rectangulaires. ===============?????????? =============== Dans un espace vectoriel rapporté à une base orthonormée, le carré de la norme de tout vecteur (qui est une caractéristique de ce vecteur) est de la forme n X2 n. On sait bien à un niveau élémentaire que l énergie cinétique est E cin = 1 2 m v 2 = u 2 x+u 2 y +u 2 z, avec u x = vx 2m. E cin est donc le carré de la norme d un certain vecteur. Tout changement de coordonnées définissant de nouvelles coordonnées rectangulaires q l se fait au moyen d une transformation orthogonale qui, par définition, transforme un repère orthonormé en un autre repère orthonormé. Dans la nouvelle base, le carré de la norme est encore égal à la somme des carrés des composantes. D où l invariance en forme de E cin, outre son invariance absolue (la norme d un vecteur ne dépend pas de la base choisie pour la calculer!) 7.3 Équivalence entre équation différentielle et principe variationnel Soit l équation différentielle 2 : f (x) + v(x)f(x) = Ef(x), (7.8) où v(x) est une fonction connue et où E est une constante. La fonction f(x), à valeurs a priori complexes, est astreinte à être de module carré sommable : f(x) 2 dx < +. (7.9) R En effectuant une intégration par parties, montrer que l équation (7.8), complétée par la condition (7.9), est équivalente 3 à écrire la stationnarité de la fonctionnelle F[f] définie comme : déf F[f] = f (x)[f (x) + v(x)f(x) λf(x)] dx, (7.10) R 2 On note au passage que cette équation a la forme d une équation aux valeurs propres pour l opérateur différentiel d2 dx 2 + v(x). 3 De façon déguisée, ce résultat est la base de l approximation dite méthode variationnelle, voir Tome II, chapitre 23.

7.4. Oscillateur harmonique traité en Mécanique analytique 115 où λ est un paramètre auxiliaire (dit multiplicateur de Lagrange) ; combien vaut-il en fin de compte? ===============?????????? =============== Quand la fonction f varie de δf, la fonctionnelle F varie de δf δi + δi, avec : δi = f (x)[δf (x) + v(x)δf(x) λδf(x)] dx. R En intégrant par parties le terme en δf de la deuxième intégrale, et en utilisant les conditions aux limites assurant que δf = 0 aux bornes, on obtient : δi = f (x)[ f (x) + v(x)f(x) λf(x)] δf(x)dx. R La variation δf sera nulle quel que soit δf ssi le terme entre crochets (ou son complexe conjugué) est nul, soit ssi f (x)+v(x)f(x) λf(x) = 0. L équation différentielle étant homogène, la condition de normalisabilité peut toujours s écrire R f(x) 2 dx = 1, après calibrage approprié de f. Dans ces conditions : λ = E = f (x)[ f (x) + v(x)f(x)] dx. R 7.4 Oscillateur harmonique traité en Mécanique analytique Soit une masse ponctuelle m attachée à l extrémité d un ressort parfait de constante de raideur k ; l autre extrémité du ressort est maintenue fixe. x e désigne la position d équilibre de la masse, x son abscisse ; ω est la pulsation propre de l oscillateur ainsi constitué (k = mω 2 ). 1. Écrire le Lagrangien L de la masse m et l équation de Lagrange qui s en déduit. 2. Former le Hamiltonien H et poser les équations de Hamilton. 3. Trouver x(t) et p(t) sachant que la masse est lâchée sans vitesse initiale à l instant t = 0 au point d abscisse x 0 > x e ; on notera E la valeur de l énergie mécanique. 4. Soit P x (x)dx la fraction de temps (mesurée relativement à une période du mouvement) pendant laquelle la particule se trouve entre les deux abscisses fixées x et x + dx. P x (x) est ainsi la densité de probabilité de trouver la particule en ce point lors d une observation effectuée à un instant arbitraire. (a) Exprimer P x (x)dx en fonction de la vitesse de la particule.

116 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta (b) Trouver l expression de la fonction P x (x), paramétrée par l énergie E. (c) Normaliser P x et la tracer en fonction de x. 5. De même, soit P p (p)dp la fraction de temps pendant laquelle l impulsion a une valeur comprise entre p et p + dp. Trouver P p (p) et normaliser cette fonction. 6. Déterminer les valeurs moyennes (espérances mathématiques, notées x, p,...) de x, p, x 2 et p 2. En déduire les écarts-types 4 de la position et de l impulsion : x = [ x 2 x 2 ] 1/2, p = [ p 2 p 2 ] 1/2. (7.11) Exprimer le produit x p en fonction de E et de ω. ===============?????????? =============== 1. V (x) = 1 2 k(x x e) 2, d où : L = 1 2 mẋ2 1 2 mω2 (x x e ) 2 d dt (mẋ) + mω2 (x x e ) = 0 ou encore mẍ + mω 2 (x x e ) = 0 ; c est bien l équation fondamentale de la Dynamique mẍ = k(x x e ) (il serait évidemment commode de prendre l origine au point d équilibre ; pour l exemple, on garde x e jusqu au bout). 2. L = 1 2 mẋ2 1 2 mω2 (x x e ) 2. Par ailleurs, p = L ẋ = mẋ, soit ẋ = p m, d où le Hamiltonien H déf = pẋ L = mẋ 2 1 2 mẋ2 + 1 2 mω2 (x x e ) 2 = 1 2 mẋ2 + 1 2 mω2 (x x e ) 2. En remplaçant ẋ par p m : H = p2 2m + 1 2 mω2 (x x e ) 2 Les deux équations de Hamilton sont d une part ẋ = p [ p2 2m + 1 2 mω2 (x x e ) 2 ] = p m, d autre part ṗ = x [ p2 2m + 1 2 mω2 (x x e ) 2 ] = mω 2 (x x e ). 3. L intégration est élémentaire : de ẋ = p ṗ m on déduit ẍ = m = ω2 (x x e ). Avec les conditions initiales prescrites, l équation ẍ + ω 2 (x x e ) = 0 a pour solution x(t) = x e + (x 0 x e )cos ωt, d où (en utilisant p = mẋ) p(t) = mω sin ωt : x(t) x e = 2E mω 2 cosωt p(t) = 2mE sin ωt Une autre façon de faire qui est un bon exercice consiste à intégrer directement le système traduisant les équations de Hamilton (X = x x e, P = L = p) : Ẋ [ ] [ ][ ] d X 1 0 = m X dt P mω 2 ; 0 P 4 que l on peut aussi appeler incertitudes. P x et P p sont finalement les distributions de probabilités de l oscillateur quand, à défaut de deux conditions initiales précises, on ne connaît que l énergie initiale E.

7.4. Oscillateur harmonique traité en Mécanique analytique 117 la diagonalisation de la matrice introduit les deux valeurs propres ±ω, et les deux vecteurs propres (x ± p mω ), qui préfigurent les opérateurs de création et d annihilation définis dans le Tome I, chapitre 16, section 16.3. 4. (a) P x (x)dx est inversement proportionnelle à la vitesse (plus la particule va vite, moins elle passe de temps près de x) ; elle peut se trouver près de ce point avec une vitesse dans un sens ou dans l autre, d où P(x)dx = C 2 v T dx, où C est la constante de normalisation, soit P(x) = C 2 v T. (b) La vitesse s exprime en fonction de x grâce à l intégrale première de l énergie, 1 2 mv2 + 1 2 mω2 (x x e ) 2 = E = 1 2 mω2 (x 0 x e ) 2, d où : 2C P x (x) = ; 2E ωt mω (x x 2 e ) 2 P x est visiblement une fonction paire de part et d autre de x e. (c) La constante C est telle que x + x P x (x)dx = 1 où x ± = x e ± (x 0 x e ) sont les abscisses extrêmes du mouvement, qui délimitent la région accessible classiquement ; l intégrale se calcule facilement et on trouve C = 1. En définitive : 1 P x (x) = 2E π mω (x x 2 e ) 2 Cette fonction diverge aux bornes (là où, la vitesse s annulant, la particule passe relativement beaucoup de temps), mais est évidemment intégrable. 5. Les mêmes arguments disent que P p (p)dp = 2 1 T ṗ dp ; comme ṗ = mω2 x, on en déduit la densité normalisée : 1 P p (p) = π 2mE p 2 6. Compte tenu de la symétrie des densités de probabilité, on a x = x e, p = 0. La valeur moyenne de x 2 est : x 2 = celle de p 2 est (p 0 = 2mE) : x+ x 2 x 2E p 2 = π +p0 mω 2 (x x e ) 2 dx = x 2 e + p 2 p 0 πω dp = me 2mE p2 E mω 2 On en déduit les écarts-types, et leur produit : E x = mω 2 p = me x p = E ω

118 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta 7.5 Oscillateur harmonique dans un champ constant et homogène Une particule de masse m et de charge q est soumise au potentiel central V (r)= 1 2 k r 2 (poser k = mω 2 0 ) et à un champ électrique statique E, constant et homogène, pris le long de Oz. 1. Écrire le Hamiltonien H et les équations de Hamilton ; observer que les équations du mouvement suivant chaque direction de l espace sont découplées les unes des autres et relier ce fait à une propriété de H. 2. Intégrer les équations du mouvement avec les conditions initiales : r(t = 0) = (a, a, 0), v(t = 0) = 0, (7.12) où a est une longueur donnée. Les interpréter. Montrer qu une manipulation simple sur H fournit immédiatement ces résultats. 3. Le champ électrique étant nul, on suppose que l oscillateur est au repos à l origine. À un certain instant, le champ est porté soudainement à la valeur constante E. Décrire (sans calcul) le mouvement ultérieur ; trouver une analogie mécanique. ===============?????????? =============== Le champ électrique brise la symétrie sphérique, et seule la composante J z du moment cinétique est une constante du mouvement. 1. H = p2 2m + 1 2 k r 2 +qφ( r ), avec E = φ. Comme E est homogène, on peut prendre φ( r ) = E. r, d où H = p2 2m + 1 2 k r 2 q E. r et, avec Oz le long de E : H = p 2 2m + 1 2 k r 2 qez Les équations de Hamilton sont r = H p = p m, et ṗ u = H u = ku avec u = x, y, ṗ z = H z = kz + qe. Les équations du mouvement suivant chaque direction de l espace sont découplées les unes des autres parce que H est une somme de termes, chacun n agissant que sur une seule variable. 2. Des équations de Hamilton on tire ẍ = ω 2 x, ÿ = ω 2 y et z = ω 2 z + q me, avec k ω = m, d où : x(t)=a x cos(ωt+α x ), y(t)=a y cos(ωt+α y ), z(t)=a z cos(ωt+α z )+ qe mω 2.

7.6. Crochets de Poisson 119 Avec les conditions initiales prescrites, le moment cinétique est nul : le mouvement est donc rectiligne. On trouve sans peine les 6 constantes d intégration A x, α x,... : x(t) = y(t) = a cosωt, z(t) = qe (1 cosωt) mω2 Le mouvement se déroule sur la droite intersection des deux plans d équations respectives x = y et z = qe mω (1 x 2 a ) ; les deux points extrêmes de l oscillation ont pour coordonnées respectives (a, a, 0) et ( a, a, 2 qe mω 2 ) Le Hamiltonien est H = p 2 2m + 1 2 mω2 ( r 2 2q mω E. r ). En complétant le carré, H 2 s écrit aussi p2 2m + 1 2 mω2 ( r q mω E ) 2 q2 2 2mω E 2. Il s agit (à une constante additive 2 près) du Hamiltonien d un oscillateur déplacé, le point d équilibre étant maintenant déf en (0, 0, z e = q mω E), correspondant à l égalité entre la force harmonique de rappel 2 et la force électrique. 3. Juste après la montée instantanée du champ, l oscillateur est encore à l origine, alors que son point d équilibre est maintenant en (0, 0, z e ) : il effectue donc une oscillation le long de Oz entre les deux points (0, 0, 0) et (0, 0, 2z e ). L analogue mécanique est une bille suspendue à un ressort parfait dans le champ de pesanteur, initialement posée sur un support que l on supprime soudainement. 7.6 Crochets de Poisson 1. Montrer que {f, gh} = {f, g}h + g{f, h}. 2. L espace étant rapporté à un repère cartésien Oxyz : (a) Trouver les crochets de Poisson des coordonnées entre elles, des moments conjugués entre eux et des coordonnées avec les moments conjugués. (b) Trouver les crochets de Poisson des composantes du moment cinétique J entre elles et ceux de J u, (u = x, y, z) avec J 2. ===============?????????? =============== 1. En raisonnant avec un seul degré de liberté pour simplifier l écriture, on a par définition du crochet de Poisson {f, gh} = f (gh) q p f (gf) p q. En appliquant la règle (uv) = u v + uv : {f, gh} = f ( g ) q p h + g h p f ( g ) p q h + g h q En regroupant les premier et troisième termes, on reconstitue {f, g}h, les deuxième et quatrième donnent g{f, h}.

120 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta 2. En notant u, v, w les coordonnées cartésiennes : (a) {u, v} = w=x, y, z u v w p w u v p w w = w=x, y, z (δ wu 0 0 δ wv ) = 0 et de même {p u, p v } = 0. En outre : {u, p v } = w=x, y, z u p v u p v w p w p w w = w=x, y, z (δ wu δ wv 0 0) = δ uv. (b) Les composantes J u du moment cinétique sont J u = v, w ε uvwvp w où ε uvw vaut 1 si uvw se déduit de xyz par une permutation circulaire, 1 si la permutation n est pas circulaire, et vaut 0 si deux indices ou plus sont égaux 5. Le crochet de Poisson {J u, J v } est : {J u, J v } = ε uv w ε vv w {v p w, v p w }. v, w v, w D après ce qui précède, {v p w, v p w } = {v, v p w }p w + v {p w, v p w }, soit ({v, v }p w + v {v, p w })p w + v ({p w, v }p w + v {p w, p w }), c està-dire v p w δ v w v p w δ w v. D où : {J u, J v } = ε uv w ε vv w (v p w δ v w v p w δ w v ) = v, w v, w ε uv w ε vv v v p w ε uv w ε vw w v p w = v, w, v v, w, w v p w (ε uu w ε vv u ε uv u ε vu w ). v, w u u et v étant fixés (et supposés différents, autrement le crochet est sûrement nul), la somme sur u ne produit à chaque fois qu un seul terme non nul ; si on désigne par w la direction se déduisant de u, v par permutation circulaire, la somme sur u donne ε uww ε vv w ε uv wε vww ; l examen de cette combinaison dans des cas précis (par exemple u = x, v = y, etc.) montre qu elle vaut tout simplement ε wv w, d où : {J u, J v } = J w (w se déduit de u, v par permutation circulaire) Trouvons maintenant les crochets de Poisson de J u, (u = x, y, z) avec J 2. Par exemple, {J x, J 2 } = 0 + {J x, Jy 2} + {J x, Jz 2}. Le premier terme est {J x, J y }J y + J y {J x, J y } = 2J y J z ; le second terme est {J x, J z }J z + J z {J x, J z } = 2J y J z, d où {J u, J 2 } = 0 5 ε uvw est appelé tenseur complètement antisymétrique (ou tenseur de Levi-Civita) ; on le retrouvera par la suite,...notamment à propos du moment cinétique traité en Mécanique quantique.

7.7. Action d une particule chargée uniformément accélérée par un champ électrique constant E 121 7.7 Action d une particule chargée uniformément accélérée par un champ électrique constant E Une particule de masse m et de charge Q est plongée dans un champ électrique constant et homogène E. Trouver son action S(x, t ; x 0, t 0 ) quand, partie de x 0 à t 0, elle se trouve en x à l instant t. Retrouver le cas de la particule libre. ===============?????????? =============== On choisit l axe Oz le long du champ, auquel cas le Hamiltonien est H = p 2 2m qez, et l action satisfait l équation de Hamilton - Jacobi : S t = +qez 1 2m [( S x ) 2 + ( S y ) 2 ( S ) 2 ] + z. (7.13) On a vu que l action d une particule libre est S libre ( r, t ; r 0, 0) = m( r r0)2 2t. Ici, le mouvement est libre dans le plan perpendiculaire au champ ; ceci donne l idée d écrire l action cherchée sous la forme : S( r, t ; r 0, 0) = S (x, y, t ; x 0, y 0, 0) + S z (z, t ; z 0, 0), (7.14) où S (x, y, t ; x 0, y 0, 0) est l action d une particule libre contrainte dans le plan xoy, satisfaisant donc : S = 1 [( S ) 2 ( S ) 2 ] +, (7.15) t 2m x y et égale à S (x, y, t ; x 0, y 0, 0) = m 2t [(x x 0) 2 + (y y 0 ) 2 ]. Reportant la forme (7.14) dans (7.13) compte tenu de (7.15), il vient : S z t = +qez 1 ( Sz ) 2. (7.16) 2m z L inspection de l équation (7.16) suggère de chercher S z sous la forme d un polynôme du second degré avec des coefficients dépendant du temps. On pose donc : S z = m[a(t)z 2 + 2b(t)z 0 z + c(t)z 2 0 ], les coefficients a, b et c étant homogènes à l inverse d un temps. Reportant dans (7.16) : m[ȧ(t)z 2 + 2ḃ(t)z 0z + ċ(t)z 2 0] = qez m 2 [2a(t)z + 2b(t)z 0] 2, et l identification en puissances de z donne les trois équations différentielles ȧ = 2a 2, ḃ = qe 2mz 0 2ab et ċ = 2b 2, dont l intégration donne d abord a(t) = 1 2t+τ, τ étant la constante d intégation. On intègre ensuite l équation différentielle de b(t), qui donne b(t) = qe ( 4mz 0 t + τ 2 + K τ 2 ) 4 t+, où K est une nouvelle constante d intégration. Enfin, une τ 2 dernière intégration donne : ( qe ) 2 [ ( ) 1 ( τ ) 3 K τ 2 2 c(t) = 2 t + 4 4mz 0 3 2 t + τ + 2(K τ2 2 4 )t + K ].

122 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta En calant Sz z sur p z = qet + mv 0, on trouve τ = 0 et K = 2mz0 qe, d où l expression de S z à ce stade : S z (z, t ; z 0, 0) = m 2t (z z 0) 2 + qe 2 (z + z 0)t q2 E 2 24m t3 q2 E 2 8m K Enfin, on voit que la constante K est nulle puisque l action doit tendre vers zéro quand z z 0 et t 0 le long de la trajectoire réelle. D où l action d une particule de masse m et de charge q uniformément accélérée par un champ électrique E : S( r, t ; r 0, 0) = m 2t ( r r 0) 2 + q 2 E.( r + r 0 )t q2 E 2 24m t3 Si la particule part de r 0 = 0, l action au temps t est m 2t (x2 +y 2 +z 2 )+ q 2 Ezt q2 E 2 24m t3 ; la surface d action constante et égale à S 0 a donc pour équation : x 2 + y 2 + (z + qe 2m t2 ) 2 = 2t m S 0 + 1 3 (qet2 m )2. En particulier, la surface d action nulle est la sphère centrée en (0, 0, qe 2m t2 ), de rayon qet 2 3 m. 7.8 Action d un oscillateur harmonique Reprendre la question du problème 7.7 pour un oscillateur harmonique. ===============?????????? =============== L action S(q, t) de l oscillateur satisfait l équation de Hamilton - Jacobi : S t = 1 2 mω2 x 2 1 2m ( ) 2 S. (7.17) x Par inspection de cette équation, on peut pressentir qu il doit exister des solutions ayant la forme d un polynôme du second degré en x, dont les coefficients sont des fonctions du temps (et paramétrés par x 0, point de départ au temps t = 0). Par ailleurs, l action étant homogène à ML 2 T 1, il est naturel d introduire les échelles propres du problème, à savoir m, x 2 0 et ω. On en vient ainsi à poser : S(x, t ; x 0, 0) = mω[a(t)x 2 + 2b(t)x 0 x + c(t)x 2 0 ]. Le report dans (7.17) donne les trois équations pour les coefficients inconnus : ȧ = ω 2 2ωa2, ḃ = 2ωab, ċ = 2ωb 2.

7.9. L atome d hydrogène selon Bohr - Wilson - Sommerfeld 123 En introduisant τ déf = ωt, et en posant α(τ) déf = a(t), β(τ) déf = b(t), γ(τ) déf = c(t), on voit que, de façon assez remarquable, les équations différentielles prennent une forme indépendante de ω : α = 1 2 2α2, β = 2αβ, γ = 2β 2. Cette propriété va permettre de trouver les constantes d intégration à venir par référence avec la particule libre (ω = 0). L équation pour α est une équation de Ricatti, qui se résout par la méthode standard. Il existe une solution évidente, qui est constante, α part = i 2 ; on pose donc maintenant α(τ) = α part + 1 φ(τ), et on obtient l équation linéaire pour la fonction φ(τ) : φ 2iφ 2 = 0, d où φ = i(ke 2iτ +1) et α(τ) = i Ke 2iτ 1 2 Ke 2iτ +1. On peut dès maintenant trouver la constante K en se calant sur la particule libre, ce qui impose lim ω 0 [mωa(t)] = m 2t, c est-à-dire lim ω 0 [mωα(ωt)] = m 2t, qui donne K = 1 et a(t) = 1 2 cotωt. L équation différentielle pour β(τ) est maintenant β = β cotτ et a pour solution générale est β(τ) = K sin τ. À nouveau, la constante d intégration s obtient en examinant la limite de la particule libre, où on doit avoir lim ω 0 [2mωb(t)x 0 ] = 2mx0 2t, soit lim ω 0 [2mωβ(ωt)x 0 ] = 2mx0 2t, qui donne K = 1 2, et donc b(t) = 1 2 sinωt. Enfin, l équation différentielle pour γ(τ) est γ = 1 2sin 2 τ, d où la solution générale γ(τ) = 1 2 cotτ + K. Ici, la condition sur la limite ω 0 ne permet pas de trouver la constante K, qui est indéterminée. En fait, il faut K = 0 pour assurer que l action tend vers zéro quand t 0 et x x 0 en suivant la trajectoire réelle. En rassemblant ces résultats, on obtient l action de l oscillateur harmonique : S(x, t ; x 0, 0) = mω 2 sinωt [(x2 + x 2 0 )cosωt 2x 0x] Comme le mouvement se déroule sur R, les surfaces d équiaction sont des points, solutions de l équation : mω 2 sinωt [(x2 + x 2 0 )cosωt 2x 0x] = C ste, soit (x 2 + x 2 0 )cosωt 2x 0x = 2a 2 sin ωt, où a est une longueur a priori arbitraire. La 1 surface est donc un couple de deux points d abscisses cos ωt [x 0 ± x 2 0 + a2 sin 2ωt]. Les surfaces sont réelles : la longueur a ne peut donc être plus grande que x 0. 7.9 L atome d hydrogène selon Bohr - Wilson - Sommerfeld Il s agit d étudier en détail les états liés de l atome d hydrogène d après l Ancienne Théorie des Quanta et d obtenir en particulier l énergie associée à une trajectoire donnée de l électron (masse m) autour du noyau (masse M). On sait qu une telle étude procède en deux temps :

124 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta 1. détermination des trajectoires classiques (parties A et B) ; 2. application des règles de quantification (partie C). La dernière partie, D, est une brève analyse des résultats. A Séparation du mouvement du centre de masse On désigne par r e et R les rayons-vecteurs de l électron et du noyau par rapport à un repère quelconque, v e et V les vitesses correspondantes. 1. Écrire le Lagrangien L en fonction de ces variables, soit L( r e, R, v e, V ). 2. On introduit le rayon-vecteur R G du centre de masse G, et r = r e R. Montrer que le Lagrangien peut s exprimer sous la forme suivante : L( r e, R, v e, V ) = L G ( V G ) + L( r, v ), (7.18) où v = r. Quelle conclusion peut-on tirer de cette expression? 3. Rappeler pourquoi le moment cinétique total du système par rapport au centre de masse, J, est une constante du mouvement. Quelle conclusion en tire-t-on à propos de la trajectoire? Dans toute la suite, on examine exclusivement le mouvement interne décrit par L, représenté en coordonnées polaires (r, θ) dans le plan perpendiculaire à J. B Intégration des équations du mouvement 1. Former le Hamiltonien H du mouvement interne et écrire les équations de Hamilton. Retrouver la conservation du moment cinétique et interpréter l équation où ne figurent que r et r. 2. Trouver la trajectoire, c est obtenir la relation entre r et θ. Pour ceci, éliminer le temps des équations obtenues ci-dessus et, changeant de fonction inconnue en posant u = 1 r, montrer que l équation pour la fonction u est : u + u = K, K = µ e 2 J 2. (7.19) 3. En déduire finalement que la trajectoire est une conique dont l équation peut toujours être mise sous la forme : p r(θ) = 1 + ε cosθ. (7.20) Donner l expression de p (paramètre de la conique) et de ε (excentricité). Vérifier que la valeur de ε par rapport à 1 conditionne la nature de l état correspondant (lié ou non-lié).

7.9. L atome d hydrogène selon Bohr - Wilson - Sommerfeld 125 C Quantification de Bohr - Wilson - Sommerfeld Dans cette partie, ne considérant que les états liés 6 (E < 0), on applique les règles de quantification de Bohr - Wilson - Sommerfeld afin de faire le tri parmi toutes les trajectoires classiquement envisageables. Ces règles portent sur les variables d action J θ et J r et s écrivent : J θ p θ dθ = n θ h, J r p r dr = n r h. (7.21) 1. Trouver les valeurs possibles du moment cinétique J, en conséquence de la quantification de J θ. Préciser les valeurs possibles de l entier n θ correspondant. 2. Quantifier la variable J r et en déduire la relation entre ε et les entiers n r et n θ. On donne l intégrale : π 0 1 1 + a cosθ dθ = π 1 a 2 3. En déduire que l énergie E est donnée par : ( a < 1). (7.22) E n = µ e 4 2n 2 2, (7.23) où n N est simplement relié à n r et n θ. D Analyse des résultats 1. Tracer, dans les plans (n θ, n) et (J, E), les points représentatifs des états possibles. Quelle est la dégénérescence de l état d énergie E n? 2. Le théorème du Viriel prend ici la forme 7 : 2 E cin + E pot = 0, (7.24) où la barre représente la moyenne dans le temps sur une période T. En déduire la vitesse quadratique moyenne dans l état n en fonction de la vitesse de la lumière, c, et de la constante de structure fine, α. 3. Soit Σ la surface de la trajectoire ; écrire la loi des aires et en déduire une relation entre Σ, le moment cinétique J et la période T. Combien vaut le produit E n T n? 4. Soit r la moyenne de r sur l angle θ, sur une période 2π. Établir une relation générale8 entre r m et r m+2. En déduire, sans calcul, la moyenne r dans l état (n r, n θ ). 5. Comment se généralisent ces différents résultats au cas d un atome hydrogénoïde de numéro atomique Z? ===============?????????? =============== 6 Pourquoi l énergie d un état lié est-elle négative? 7 cas du champ Coulombien ; plus généralement, pour un potentiel de la forme V (r) = Ar k, le théorème du Viriel s écrit 2 E cin = k E pot. 8 Cette relation fait intervenir la surface Σ.

126 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta A Séparation du mouvement du centre de masse 1. L( r e, R, v e, V ) = 1 2 M V 2 + 1 2 m v 2 e e 2 r e R. 2. De R G = m re+m R m+m et r = r e R, on tire r e = R G + M M+m r, R = R G m r M+m. En insérant les vitesses correspondantes dans l énergie cinétique de L, on voit que les termes croisés se compensent et il reste 1 2 (m + M) R 2 G + 1 2 µ r 2, µ = mm m+m, d où le Lagrangien exprimé à l aide des nouvelles variables : L( r e, R, v e, V ) = 1 2 (m + M) V 2 G + 1 2 µ v 2 e 2 r L G( V G ) + L( r, v ) Le Lagrangien apparaît maintenant sous la forme d une somme de deux termes, l un n impliquant que le centre de gravité, l autre les variables r et v du mouvement relatif. Il en résulte que le mouvement du centre de gravité (qui est uniforme) est découplé du mouvement relatif ce n est rien d autre qu un avatar de la Relativité galiléenne. 3. Le moment cinétique total du système par rapport à une origine O quelconque est J /O = m r e v e + M R V. En exprimant r, v, R et V en fonction des variables r, v, R G et V G, on trouve J /O = J /G + µ r v. Comme les forces exercées par le proton sur l électron et sur le proton par l électron sont centrales et opposées, le moment cinétique J /G est une constante ; par ailleurs R G V G est aussi constant. Il en résulte que la trajectoire est plane, située dans le plan perpendiculaire à la valeur initiale du vecteur J. B Intégration des équations du mouvement 1. L expression de l énergie cinétique en coordonnées polaires de R 2 est 1 2 µ(ṙ2 +r 2 θ 2 ) ; le Lagrangien est L = 1 2 µ(ṙ2 + r 2 θ 2 ) e 2 r, et les équations de Lagrange sont : d dt (µṙ) (µr θ 2 e 2 r 2 ) = 0, d dt (µr2 θ) = 0 ; déf les moments conjugués en découlent : p r = L ṙ = µṙ et p déf θ = L θ = µr2 θ. Le Hamiltonien est H déf = p r ṙ+p θ θ L ; on trouve sans peine H = 1 2µ (p2 r + 1 r p 2 e 2 2 θ ) r, d où résultent les équations de Hamilton ṙ = H p r = pr µ, ṗ r = H r = p2 θ µr 3 e 2 r 2, θ = H p θ = p θ µr 2, ṗ θ = H θ = 0. p θ est une constante du mouvement (θ est une variable cyclique) ; en conséquence, la quantité p θ µr 2 θ est une constante : c est le moment cinétique, J, fixé une fois

7.9. L atome d hydrogène selon Bohr - Wilson - Sommerfeld 127 pour toutes par les conditions initiales. En effet, J = µ r r = µr u θ (ṙ u θ + r u θ ), mais u θ = θ u θ+ π 2, d où J = µr2 θ pθ, et l intégrale première : µr 2 θ = J En dérivant en temps µṙ=p r et en y substituant ṗ r = p2 θ fermée en r : µr 3 e 2 r 2, on trouve l équation µ r = J2 µr 3 e 2 r 2 (7.25) Le premier terme au second membre est la force centrifuge, puisque s écrivant 2 (r θ) µ r, il est de la forme m v2 r dans des notations générales ; le second terme est la force attractive de Coulomb. Notons également l intégrale première de l énergie : p 2 r 2µ + J2 2µr 2 e 2 r = E 2. Pour éliminer le temps, on dérive comme d habitude la fonction composée r(θ(t)) ; on note r (θ), r (θ) les dérivées dr dθ et d2 r dθ : 2 ṙ = r θ, r = d dt (r θ) = ( d dt r ) θ + r d dt θ = ( d dθ r ) dθ dt θ + r θ = r θ2 + r θ. Afin d obtenir une équation fermée pour la fonction r(θ), il suffit de remplacer les dérivées temporelles de θ en utilisant µr 2 θ = J, d où l on tire θ = J µr et 2 θ = d J dt µr = 2J 2 µr ṙ = 2J 3 µr r θ = 2J 3 µr r J 3 µr. Le report dans (7.25) donne : 2 r r 4 2r 2 r 5 = 1 r 3 µe 2 J 2 r 2. En posant u = 1 r, on a u = r r, u = r 2 très simple pour la fonction u(θ) : r + 2r 2 2 r 3 et on trouve alors l équation u + u = µe 2 Ce calcul un peu lourd peut s effectuer de façon plus élégante ; on a ṙ = r θ = r d où r = J µ d r dt r 2 = J µ[ d dθ r r 2 ] θ J (7.25) donne immédiatement J2 µ d dθ 1 r J 2 ] J d µ[ dθ µr = J2 2 d 2 1 dθ 2 r = J2 µr e 2, soit ( 1 r d 2 1 µ 2 r 2 dθ 2 r J µr, 2. Le report dans ) + 1 r = µe 2 J 2. 3. L équation en u a la solution générale Acos(θ + φ) + µe 2 J, d où r(θ) = 2 avec : p = J2 µe 2 p 1+ε cos(θ+φ),

128 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta et ε=ap. Pour la commodité, il est toujours loisible de choisir l axe polaire astucieusement, par exemple de sorte que la fonction r(θ) soit extrémale en θ = 0 et π, ce qui donne φ = 0 et : p r(θ) = (7.26) 1 + ε cosθ De façon équivalente, ceci revient à choisir l axe pour que la vitesse soit initialement purement tangentielle. La constante A (ou ε) est déterminée par calage sur une autre condition initiale, ou en utilisant l intégrale première énergie. On sait que 1 2 µ v 2 e 2 r prend la même valeur E en tout point de la trajectoire ; en écrivant ṙ 2 +r 2 θ 2 = (r 2 +r 2 ) θ 2, on peut exprimer cette combinaison en fonction de θ grâce à l expression (7.26) (et grâce à µr 2 θ = J). La calculant en θ = 0 pour simplifier (E prend la même valeur partout), on trouve E = µe 4 2J (ε 2 1), d où à l envers : 2 ε = 1 + 2EJ2 µe 4 (7.27) L expression (7.26) définit une famille de courbes appelées coniques (intersections d un cône avec un plan), où l on distingue trois sous-familles : ellipse (cercle comme cas particulier), parabole et hyperbole. La nature de la conique est fixée par la position de ε par rapport à 1 ; ε s appelle excentricité. Si ε est supérieur à 1, le dénominateur dans (7.26) peut s annuler, et le fait pour l angle θ = Arccos 1 ε ; en pareil cas, la trajectoire a des points à l infini, avec une asymptote rectiligne : c est une branche d hyperbole. Ceci correspond au cas où l énergie E est positive (cas d une particule venant de l infini avec une vitesse initiale non nulle). Si ε < 1, la fonction r(θ) est bornée et tous les points de la trajectoire sont à distance finie : il s agit d une ellipse (et d un cercle dans le cas particulier ε = 0 : le cercle est une ellipse d excentricité nulle). Ce cas correspond à E < 0 et décrit un mouvement lié, et périodique. Dans ces deux cas, l origine est l un des deux foyers de la conique. Le cas intermédiaire E = 0, soit ε = 1, joue le rôle de séparatrice entre les mouvements liés et non liés. Alors, r(θ) = p, et la trajectoire est une parabole dont le sommet est au point d abscisse p 2 2 cos 2 θ 2 sur l axe polaire. C Quantification de Bohr - Wilson - Sommerfeld Dans cette partie, on ne considère que les états liés E < 0. 1. La condition de quantification sur l angle θ est immédiate puisque p θ = J est une constante du mouvement : J θ = 2π h 0 J dθ = 2πJ, d où J = n θ 2π n θ. n θ ne peut

7.9. L atome d hydrogène selon Bohr - Wilson - Sommerfeld 129 être nul, puisque ceci donnerait une trajectoire rectiligne traversant périodiquement le noyau. En définitive : J = n θ (n θ N ) 2. On a p r dr = µṙdr = µr (θ) θdr = µr (θ) J µr 2 dr = J r r 2 dr = J r 2 r 2 dθ. La condition de quantification s écrit, compte tenu de (7.26) : Jε 2 2π 0 sin 2 θ (1 + ε cosθ) 2 dθ = n rh. L intégrale vaut 2 π sin 2 θ 0 (1+εcos θ) dθ ; une intégration par parties la transforme en 2 2 π cos θ ε 0 1+ε cos θ dθ= 2 π ( 1 ε 2 0 1+εcos θ 1) ( dθ= 2 π ε 2 π) 1 ε. La condition de quantification est donc : 2πJ ( 1 1) 1 ε 2 = n 2 r h ; comme 2πJ = n θ h, elle s écrit aussi ( 1 n θ 1 ε 2 1 ) = n r, qui peut se mettre sous la forme : 1 ε 2 1 = ( 1 + n r ) 2 ; (7.28) n θ l entier n r peut être nul, et correspond à ṗ r = 0 (trajectoires circulaires). 3. Selon (7.27), 1 ε 2 = 2EJ2 = 2En2 µe 4 θ 2, d où finalement E = µe 4 2(n r+n θ ) 2. En 2 posant n = n r + n θ N, les valeurs possibles de l énergie sont : E {E n } E n = µe 4 µe 4 2n 2 2 (n N ) (7.29) Dans ces notations ε = 1 n2 θ n. Pour n donné, l ellipse de plus grande excentricité 2 correspond à n θ = 1 (ε max = 1 1 n ) ; le cercle (ε = 0) correspond à n 2 θ = n. D Analyse des résultats 1. Chaque état est caractérisé par un couple de deux nombres quantiques (n θ, n). Pour une valeur de l énergie, soit pour n fixé, l entier n θ peut prendre les valeurs 1, 2, 3,..., n : il y a donc n valeurs possibles pour n θ ; la dégénérescence est d ordre n puisqu à une valeur de l énergie correspondent n états distincts. On peut aussi, conventionnellement, introduire plutôt l entier 9 l déf = n n θ ; alors chaque état est caractérisé par le couple (n, l) où l = 0, 1, 2,..., n 1. L état l = 0 correspond au cercle (symétrie sphérique ), l état l = n 1 est le plus elliptique. 9 Cette définition anticipe les notations reprises dans le Tome II à propos du traitement quantique de l atome d hydrogène (ch. 19). Au stade actuel, l introduction de l au détriment de n θ est assez artificielle.

130 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta Figure 7.1: Représentation des états possibles dans les plans (n θ, n) et (J, E). E I est déf l énergie d ionisation à partir de l état fondamental, E I = µe 4 2 13, 6 ev, telle que 2 E n = 1 n E 2 I. 2. Par le théorème du Viriel, E n = E cin, soit 1 2 µ v2 = µe 4 2n 2 2, d où : v 2 = α n c 3. La surface du petit secteur balayée par le rayon-vecteur entre θ et θ + dθ est dσ = 1 2 r rdθ = 1 2 r2 θ dt J 2µ dt. Si T est donc le temps nécessaire pour faire un tour d ellipse (c est la période du mouvement), on a : Σ = JT 2µ (7.30) dθ (1+εcos θ) 2. L inté- La période vaut T = T 0 dt = 2π dθ 0 dθ = 2π 0 dt [ grale peut se calculer en la prenant comme d où la période T n dans l état n : T n = compte tenu de (7.29), il vient : dθ J/(µr 2 ) = µp2 2π J 0 ] 2π dθ λ 0 λ+ε cos θ λ=1 et vaut 2π (1 ε 2 ) 3/2, 2πµp2 J(1 ε 2 ) 3/2 = 2π J3 µe 4 1 (1 ε 2 ) 3/2 = π 2 µe 4 E n 3/2 ; E n T n = nπ Quant à la surface de l ellipse, elle vaut Σ = πp 2 (1 ε 2 ) 3/2 = πn 3 n θ a 2 0 (pour n θ = n, l ellipse est un cercle de rayon R n = n 2 a 0 ). 4. r m déf = 1 T T 0 rm dt. En utilisant dt = µ J r2 dθ, on a r m = µ JT intégrale est 2π r m+2, d où, utilisant (7.30), la relation demandée : r m = π Σ rm+2 2π 0 r m+2 dθ ; cette

7.10. Quantification d une particule dans un segment de R 131 En prenant m = 1, et en utilisant le théorème du Viriel, on a : r = Σ π (1) = n 3 n θ a 2 2E n 0 r e 2 = n 3 n θ a 2 1 0 n 2 = nn θ a 0 ; a 0 le cas particulier n θ = n redonne le cercle de rayon R n. 5. Pour un atome hydrogénoïde de numéro atomique Z, le seul et unique changement est le remplacement de e 2 par Ze 2 dans le Lagrangien. Il suffit donc de faire la substitution e 2 Ze 2 dans toutes les expressions ci-dessus. 7.10 Quantification d une particule dans un segment de R Une particule libre de masse m et de vitesse v, peut se déplacer le long d un axe appelé Ox tout en restant confinée entre deux murs situés aux abscisses 0 et L. 1. Tracer le graphe donnant la coordonnée x(t) de la particule en fonction du temps (on choisira x(t = 0) = 0). 2. Quelle est la période T du mouvement? 3. Suivant la prescription de l Ancienne Théorie des Quanta, les seules trajectoires à retenir sont celles satisfaisant la condition : p dx = nh, (7.31) où p est le moment conjugué de x, n un entier naturel et h la constante de Planck. Quelle est ici l expression de p? 4. Expliciter la condition (7.31) pour en déduire une relation entre m, v, L, n et h. 5. À partir des résultats précédents, donner l expression E n de l énergie de la particule en fonction de, m et L. Commenter. 6. Quelle est la période T n du mouvement classique d une particule ayant précisément l énergie E n? 7. Donner l expression de la pulsation de Bohr ω n+1 n associée à la transition de l état n + 1 à l état n. Quelle est la période T n+1 n correspondante? 8. Comment se comparent T n et T n+1 n dans la limite des très grands nombres quantiques? ===============?????????? ===============

132 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta 1. Le graphe de la coordonnée x(t) de la particule en fonction du temps est une fonction en dents de scie de pente ±v 0. 2. La période T du mouvement est T = 2L v 0. 3. p = mv 0. 4. L 0 mv 0dx + 0 L m( v 0)dx = nh, soit 2 L 0 mv2 0dt = nh, d où 2mv 0 L = nh. ) 2 soit En = n 2 π 2 2 2mL 2. Ceci est très exactement ce que 5. E n = 1 2 mv2 0 = 1 2 m ( nh 2mL donnera le traitement quantique complet du puits infini : il arrive ainsi que la quantification ancienne, légitimée dans la limite des très grands nombres quantiques, donne en fait le résultat exact à tout nombre quantique 10. 6. La période T n du mouvement classique d une particule d énergie E n est : T n = 2L nh/(2m) = 4mL2 nh 7. ω n+1 n = 1 (E n+1 E n ) = [(n+1) 2 n 2 ] π2 2mL 2 = π2 2mL 2 (2n+1), d où T n+1 n = 4mL2 π (2n+1). 8. Si n 1, T n+1 n 4mL2 nh = T n : la période de Bohr tend vers la période classique. 7.11 Quantification d une particule dans une boîte carrée Une particule de masse m est confinée dans une boîte carrée à deux dimensions. La particule n est soumise par ailleurs à aucune force et rebondit élastiquement sur les murs de la boîte. On désigne par E > 0 l énergie de la particule, par x et y ses coordonnées (0 x L, 0 y L), par v x et v y les composantes de sa vitesse et par p x et p y celles de sa quantité de mouvement. 1. Représenter graphiquement x et y en fonction du temps t (x = 0, y = 0 en t = 0). Quelle sont les (plus petites) périodes T x et T y des fonctions x(t) et y(t)? À quelle condition sur v x et v y le mouvement est-il globalement périodique? 2. Pour chaque direction, procéder à la quantification suivant la prescription de Bohr - Wilson - Sommerfeld en désignant par n x et n y les entiers correspondants. Donner les valeurs possibles de l énergie, E nx, n y. 3. Étudier la dégénérescence des niveaux d énergie. Trouver une différence qualitative entre les mouvements qui sont visiblement dégénérés et ceux qui ne le sont pas. Représenter dans le plan le mouvement dans l état n x = 3, n y = 1. 10 Il en va de même pour l atome d hydrogène, dans la version non-relativiste.

7.11. Quantification d une particule dans une boîte carrée 133 4. Soit deux états de la forme (n x + 1, n y = 0) et (n x, n y = 0) ; donner l expression de leur différence d énergie. Quelle serait, selon Bohr, la fréquence ν associée à la transition entre ces deux états? Comment se compare-t-elle avec la fréquence ν cl du mouvement à l énergie E nx, n y=0 dans la limite des très grands nombres quantiques? ===============?????????? =============== 1. La vitesse est constante en module, égale à 2E m ; ses composantes, fixées par les conditions initiales, valent ±v x0 et ±v y0 et changent de signe (rebond) à chaque fois que la particule atteint un des murs de la boîte. x(t) et y(t) sont des fonctions en dent de scie, de pentes ±v x0 et ±v y0. Les (plus petites) périodes sont T x = 2L v x0 et T y = 2L v y0. Le mouvement est globalement périodique s il existe deux entiers r et s tels que rt x = st y, c est-à-dire si le rapport Ty T x est un rationnel. Classiquement, rien ne contraint ce rapport à être dans Q. Figure 7.2: Variation en fonction du temps des coordonnées de la particule confinée dans la boîte carrée. 2. La condition sur le degré de liberté x est p x dx = n x h, soit : Tx/2 0 Tx mv x0 v x0 dt + m( v x0 )( v x0 dt) = nh T x/2 soit mvx0 2 2L v = n x0 xh, et de même pour la direction y. Les conditions de quantification sont donc : 2mv x0 L = n x h 2mv y0 L = n y h Les valeurs possibles de l énergie, E nx, n y sont : E nxn y = 1 2 m(v2 x0 + v2 y0 ) = m 2 ( ) 2 h (n 2 x 2mL + n2 y ), d où : E nxn y = (n 2 x + n2 y ) π2 2 2mL 2 Remarquons une nouvelle fois que les conditions de quantification éliminent la nécessité de connaître les conditions initiales, et que, une fois encore, cette manière

134 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta de quantifier donne l expression exacte pour l énergie quels que soient les nombres quantiques (pas nécessairement grands), laquelle coïncide avec le résultat obtenu par un traitement quantique en bonne et due forme. 3. Deux états où les nombres quantiques sont échangés ont la même énergie : la dégénérescence est donc au moins égale à 2 pour tous les couples où les deux nombres quantiques sont différents. Il s agit d une propriété de symétrie : les deux mouvements (n x, n y ) et (n y, n x ) donnent deux trajectoires qui s échangent par symétrie par rapport à la première bissectrice. Si n x = n y, la trajectoire est invariante (pas de dégénérescence), ce qui est évident puisqu alors le mouvement se fait suivant la diagonale du carré partant de l origine. En fait, il y a aussi des cas de dégénérescence accidentelle : deux états (n x, n y ) et (n x, n y) ont la même énergie si n 2 x+n 2 y = n 2 x +n 2 y. Par exemple, les couples (7, 4) et (8, 1) sont dégénérés d où une dégénérescence totale d ordre 4 pour la valeur 65 π2 2 2mL. De même, les trois couples (15, 10), (17, 6) et (18, 1) donnent tous la 2 même énergie 325 π2 2 2mL, d où un niveau six fois dégénéré. 2 Figure 7.3: Mouvement de la particule confinée dans la boîte carrée (n x = 3, n y = 1). Il est intéressant de noter que la quantification élimine les mouvements non périodiques, possibles classiquement ; en effet, le rapport des périodes est égal au rapport des vitesses suivant les deux directions, qui est maintenant forcément rationnel : T x T y = vy v x = ny n x. Dans l état n x = 3, n y = 1, on a v x = 3v y d où la trajectoire dans le plan, dessinée sur la fig. 7.3. 4. E nx+10 E nx 0 = π2 2 2mL (2n 2 x + 1), d où la fréquence de Bohr ν = h 4mL (n 2 x + 1 2 ) associée à la transition entre ces deux états. La période du mouvement classique de même énergie (n x, 0) est 2L 2L v x = n = 4mL2 xh/(2ml) n, d où ν xh cl = nxh 4mL. Ainsi, pour 2 n x 1, ν = h 4mL (n 2 x + 1 2 ) nxh 4mL ν 2 cl. 7.12 Quantification d un modèle atomique Dans un modèle d atome semblable à celui de J.J. Thomson, l électron (charge e, masse m) est strictement confiné à l intérieur d une boule de rayon R, uniformément chargée positive-

7.12. Quantification d un modèle atomique 135 ment et de charge totale e. On prend l origine de l espace au centre O de cette sphère et r est le vecteur donnant la position de l électron ( r = r). A Cette partie rappelle quelques éléments de la dynamique de l atome à la Thomson. 1. Pour r < R, utiliser le théorème de Gauss pour trouver le module F de la force agissant sur l électron ; en déduire l énergie potentielle V (r) de celui-ci, en choisissant V (r = 0) = 0 et montrer qu elle peut se mettre sous la forme : V (r) = 1 2 mω2 r 2 r < R. (7.32) Dans toute la suite, on désigne par V 0 la valeur de V pour r = R. 2. On traduit le confinement strict 11 de l électron à l intérieur de la boule positive en posant V (r) = + r > R. Un tel atome est-il ionisable? B Dans cette partie, on procède à la quantification de Bohr - Wilson - Sommerfeld pour les états d énergie E inférieure à V 0. Pour le mouvement classique de l électron, on prend comme conditions initiales r(t = 0) = 0, v(t = 0) = v 0. 1. Sans faire de calculs, décrire le mouvement de l électron ; celui-ci peut-il atteindre les murs de la boule où il est confiné? Combien vaut le moment cinétique? 2. On désigne par x l abscisse de l électron le long de l axe orienté défini par v 0. Trouver l expression de x(t). 3. Appliquer la prescription de quantification de Bohr - Wilson - Sommerfeld et en déduire l énergie E n de l électron. Quelles sont les valeurs possibles de l entier n? 4. En choisissant les bons ordres de grandeur, préciser s il existe peu ou beaucoup d états déf d énergie inférieure à V 0 (on pourra introduire le rayon classique de l électron r e = e 2 et la constante de structure fine α = déf e 2 c ). 5. Dessiner l allure du spectre émis par l atome pour toutes les transitions n impliquant que les états d énergie inférieure à V 0. mc 2 C On examine maintenant les états d énergie supérieure à V 0. 1. Décrire précisément ce qui se passe lorsque l électron atteint la frontière de la boule de rayon R. En considérant le mouvement d un oscillateur non confiné de même énergie (et de même pulsation ω), montrer à l aide d un graphique comment on peut construire géométriquement la solution x(t) correspondant à E > V 0. 11 On adopte l hypothèse d un confinement strict afin de simplifier les calculs pour la quantification des états d énergie supérieure à V 0.

136 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta 2. Soit t 1 l instant où l électron arrive pour la première fois à la frontière de la boule. Exprimer la période T du mouvement en fonction de t 1. Donner l expression de x(t) pour 0 t < t 1 avec x(0) = 0 et ẋ(0) = v 0. 3. Appliquer la règle de quantification et en déduire l équation à résoudre pour trouver les valeurs de l énergie dans l intervalle E > V 0. 4. Montrer que cette dernière équation peut se mettre sous la forme : 2 π [ε Arcsinε 1/2 + ε 1] = n ω V 0 ( ε = E V 0 ), (7.33) et en déduire que, pour ε 1, les énergies croissent comme n 2. Comparer au cas d une particule libre confinée entre deux murs. ===============?????????? =============== A On rappelle ici pourquoi, dans le modèle du globule de J.J. Thomson, le mouvement de l électron est une oscillation harmonique. 1. En raison de la symétrie sphérique, le champ électrique est radial ; il est manifestement dirigé vers l extérieur de la boule. Soit E(r) le module du champ en un point situé à la distance r du centre ; le théorème de Gauss permet d écrire, pour r < R, 4πr 2 E(r) = Q(r) ε 0, Q(r) étant la charge (positive) contenue à l intérieur de la sphère de rayon r. En raison de l uniformité de la distribution de charge, Q(r) = ( r 3 R) e, d où E(r) = e r 4πε 0R, soit : 3 E(r) = e r 4πε 0 R 3 (r R) F( r ) = ee(r) est la force agissant sur l électron, dirigée vers le centre (attractive), de module proportionnel à la distance au centre (attraction harmonique). L énergie potentielle s obtient par intégration ; en prenant l origine en r = 0, V (r) = e2 r 2 8πε 0R ; 3 V (r) est ainsi de la forme : V (r) = 1 2 mω2 r 2 ω 2 = e 2 mr 3 (r < R) 2. Un tel atome n est pas ionisable puisqu il faudrait une énergie infinie pour sortir déf l électron de sa boîte sphérique. On note que V 0 = V (R) = e 2 2R.

7.12. Quantification d un modèle atomique 137 déf B On examine d abord les états d énergie inférieure à V 0 = V (r = R). 1. Le mouvement de l électron est celui d un oscillateur harmonique le long du segment dont la vitesse initiale v 0 fixe la direction. L abscisse extrême d oscillation, r max est telle que 0+ 1 2 mω2 r 2 max = 1 2 mv2 0 +0. Comme E = 1 2 mv2 0 < V 0, r max < R, l électron ne peut atteindre la surface de la boîte, et ne voit que la partie parabolique du potentiel. Le moment cinétique est une constante du mouvement (champ central). Il est nul au départ, donc nul à tout instant (ce qui assure que le mouvement est rectiligne). 2. On a immédiatement x(t) = v0 ω sin ωt. 3. La prescription de quantification de Wilson - Sommerfeld est mẋ dx = nh (n entier), soit T dx mv 0 dt dt = nh. L intégrale vaut m T 0 v2 0 cos2 ωt dt = mv0 2 T 2 = mv2 0 π ω, d où E = n ω. Pour que ce traitement soit valide, les valeurs possibles de l entier n doivent satisfaire n ω < V 0, déf e soit n < n max = E[ 2 ], où E[ ] est la partie entière de. 2R ω 4. La valeur de n max est conditionnée par celle de e 2 2R ω = e 2 2R mr 3 e 2 = α 2 R r e. Comme r e 2, 8 10 15 m, avec R = 5Å, la valeur numérique de cette quantité est 1 2 137 2 105 1, 6 : il y a donc très peu d états liés, sauf à augmenter considérablement la taille du globule de Thomson (n max varie comme R). Le modèle atomique de Thomson, une fois quantifié, donne donc un très petit nombre de raies et, toutes autres raisons mises à part (les expériences de Rutherford par exemple), est loin d être satisfaisant. 5. Pour les quelques états d énergie inférieure à V 0, on a une suite de raies équidistantes (n max au total), équidistantes et séparées de ω les unes des autres. La transition la plus énergétique correspond à n max n = 0, avec E = n max ω C Puisque E > V 0, l électron peut maintenant atteindre l intérieur de la surface délimitant le globule. 1. En arrivant à la distance r = R du centre, l électron rebondit élastiquement, la vitesse changeant de signe instantanément : l électron repart dans son mouvement harmonique avec comme condition initiale l élongation ±R et une vitesse inversée. On peut tracer graphiquement le graphe de x(t) en raisonnant comme suit. On part de la sinusoïde représentant le mouvement non confiné ayant la même condition initiale en t = 0 (courbe en tiretés sur la fig.7.4). Arrivé au point A, l électron confiné repart avec la vitesse inversée, qui est égale à celle du mouvement non confiné en A. De même, juste après le premier rebond en R (point B), il repart avec la vitesse en B du mouvement non confiné, et ainsi de suite. Le graphe de

138 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta Figure 7.4: Mouvement de l électron rebondissant sur la surface intérieure du globule de Thomson. L arc AB est le translaté de l arc A B, l arc BC est le translaté de B A, etc. x(t) s en déduit : l arc AB est le translaté de l arc A B de la sinusoïde non confinée, l arc BC est l image translatée de l arc B A non confiné, etc. 2. La période T du mouvement est visiblement égale à 4t 1. Pour 0 t < t 1, et avec x(0) = 0, x(t) = v0 ω sin ωt ; t 1 = 1 Rω ω Arcsin v 0 3. En raison des symétries de x(t) d une fraction de période à l autre, la règle de quantification p dq = nh s écrit visiblement 4 T/4 0 m v2 0 ω cos 2 ωt dt = nh. L intégrale vaut mv2 0 ω ( T 4 + 1 2ω sin ωt 2 ), d où la condition (E = 1 2 mv2 0) : 4E ω (ωt 1 + sin ωt 1 cosωt 1 ) = nh 4. En utilisant t 1 = v0 ω sin ωt 1, on exprime sinωt 1 = 4E ω (Arcsin 1 ε + 1 ε 1 1 ε ) = nh, soit : Rω = 2E/m 2 π (εarcsin 1 + ε 1) = n ω ε V 0 2V0/m 2E/m déf = 1 ε, d où Si ε 1, le premier membre est 2 π (ε 1 ε + ε) = 4 π ε, d où ε nπ ω 4V 0 et : Les énergies croissent bien n 2. E n n2 π 2 ( ω) 2 16V 0 = n2 π 2 2 8mR 2 (ε 1) Pour une particule libre d énergie E= 1 2 mv2 0 et confinée entre deux murs d abscisses ±R, la période du mouvement est T = 4R v 0. La condition de quantification est T 0 mv2 0 dt=nh, soit mv2 0 T =nh, ou encore 4mv 0R=nh. En introduisant l énergie E, ceci est 4R 2mE=nh, soit E = n2 π 2 2 8mR. C est exactement ce que donne le calcul 2 ci-dessus avec ε 1, et c est bien normal : dans ce cas, le potentiel harmonique est à peine visible pour la particule et tout se passe à peu près comme si elle n était soumise qu au potentiel de confinement en ±R.

7.13. Corrections relativistes : le doublet H α 139 7.13 Corrections relativistes : le doublet H α En suivant la même trame que dans le problème 7.9, effectuer complètement 12 le calcul de Sommerfeld (Tome I, chapitre 7, sous-section 7.3.3) pour en arriver à l expression (I-7.140) de l énergie (noter qu ici les périodes de l angle θ(t) et de la distance r(t) ne coïncident pas). ===============?????????? =============== Le Lagrangien relativiste peut être pris sous la forme L = mc 2 1 β 2 + e 2 r, d où résulte (γ = (1 β 2 ) 1/2 ) : L ṙ = mγṙ p r, Les équations de Lagrange s écrivent : d ( dt (mγṙ) mγr θ 2 e 2 ) r 2 = 0, L θ = mγr2 θ pθ. d dt (mγr2 θ) = 0. p θ est une constante du mouvement : c est le moment cinétique, dont la valeur est notée J. L énergie, notée W, est aussi une constante, d où les deux intégrales premières 13 : mγr 2 θ = J γmc 2 e 2 la conservation de l énergie s exprimant aussi comme : p2 c 2 + m 2 c 4 e 2 r = W r = W (7.34) Il s agit d abord de trouver la trajectoire, c est-à-dire la fonction r(θ) dans le plan rapporté aux coordonnées polaires. Pour cela tout comme on l a fait dans le cas non relativiste on cherche à écrire une équation différentielle pour la fonction r(θ) en éliminant le temps. La première équation de Lagrange s explicite en : ( J ) 2 e 2 m( γṙ + γ r) = mγr mγr 2 r. On a 14 ṙ = r θ [ = r J mγr, d où r = J d r 2 m dt γr = J γ r 2 m γ 2 r + 1 d ) r γ( 2 dθ r θ]. γ se déduit 2 de la conservation de l énergie : γ = e 2 ṙ mc 2 r ; par ailleurs, ṙ = r θ = r J 2 mγr, d où 2 12 Les calculs sont un peu lourds ; avant de les aborder, il est vivement conseillé de bien lire la soussection 7.3.3. Quelque temps après son premier calcul, Sommerfeld a montré [10] que ce problème pouvait aussi être résolu à partir de l équation de Hamilton - Jacobi relativiste (voir [9], 39). 13 Dans le livre, l énergie E introduite est l énergie redonnant 1 2 mv2 +V dans la limite non relativiste : E = W mc 2. 14 r dr dθ.

140 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta ( l expression de r : r = J2 e 2 d ) 1 2 (mγ) 3 c 2 dθ r J 2 d 2 1 (mγ) 2 r 2 dθ 2 r. On reporte ceci dans la première équation de Lagrange et, après simplification (deux termes se compensent), on trouve d2 1 dθ 2 r = 1 r mγe 2 J. Utilisant la conservation de l énergie pour exprimer γ, on obtient 2 finalement l équation très simple pour la fonction 1 r : En posant 2 = 1 e 4 J 2 c, p 2 ṙ(t = 0) = 0 en θ = 0, on obtient : ( 1 r) + (1 e 4 = J2 c 2 2 e 2 W J 2 c 2 )( 1 r ) = e 2 W J 2 c 2, et en choisissant l axe polaire de sorte que r(θ) = p 1 + ε cos θ (7.35) où ε est une constante que l on va exprimer en fonction de W et J. L expression (7.35) montre que la trajectoire n est pas périodique : quand θ augmente de 2π, r ne reprend pas la même valeur en raison du facteur ; la trajectoire est une rosette, ressemblant à une ellipse en précession (avance du périhélie). Figure 7.5: Trajectoire en rosette (ε = 0, 7, = 0, 99). Pour trouver l expression de ε, on utilise la conservation de l énergie en évaluant la combinaison au premier membre de (7.34) en un point où elle prend une forme simple, par exemple en θ = 0 ; alors ṙ = 0, donc p 2 se réduit à J 2 (r(0)). En faisant passer e 2 2 r à droite dans (7.34), et en élevant au carré : utilisant l expression (7.35), on obtient : J 2 c 2 (r(0)) 2 + m2 c 4 = (W + e 2 ) 2 ; r(0) ( J 2 c 2 p 2 e 4 p 2 )(1 + ε ) 2 2W e 2 p (1 + ε ) + m 2 c 4 W 2 = 0.

7.13. Corrections relativistes : le doublet H α 141 Compte tenu de l expression de p ceci se simplifie et donne finalement : ε = J2 c 2 e 4 [ 1 ( mc 2 W ) 2 ] + ( mc 2 ) 2 (7.36) Pour la comparaison avec le calcul non relativiste, il est utile d introduire E = W mc 2. Un calcul un peu laborieux, mais sans difficulté, donne une autre expression pour ε : ε 1 ( = 1 + E 1 + 1 + E ) 2EJ 2 2mc 2 mc me 4. 2 On vérifie que la limite c + redonne les expressions trouvées dans le problème 7.9. Ces éléments étant acquis, il est possible de procéder à la quantification selon Bohr - Wilson - Sommerfeld. Comme pour le cas non relativiste, la quantification sur l angle est immédiate, puisque p θ est une constante du mouvement (égale à J), d où 2π 0 J dθ = n θ h, soit : J = n θ En ce qui concerne la variable radiale, la condition s écrit T r 0 p r dr = n r h, où T r est la période pour r. Une fois r exprimé en fonction de l angle θ selon (7.35), on voit que pour couvrir exactement une période pour r, θ doit varier de 0 à 2π > 2π. La quantification radiale s écrit donc : 2π 2π 0 mγr J mγr 2 r dθ = n r h 0 W r 2 r 2 dθ = 2π n r n θ. Après une intégration par parties, l intégrale à droite est égale à 2π/ 0 r ( 1 r) dθ, et vaut 1 2π ( 1 ε 1) : la condition de quantification sur r peut ainsi se mettre sous la forme 2 1 ε 2 1 = ( ) 2 (comparer avec l équation (7.28)). 1+ nr n θ ( m 2 c 4 1 2 c, on a = D un autre côté, d après (7.36), on a aussi 1 ε 2 = 2 en introduisant la constante de structure fine α déf = e 2 Égalant maintenant les deux expressions de 1 ε 2, il vient : m 2 c 4 W 2 = 1 + α 2 (n r + n 2 θ α2 ) 2, c est-à-dire pour E = W mc 2 avec n déf = n r + n θ : mc 2 E n, nθ = mc α 1 + 2 (n n θ + n 2 θ α2 ) 2 2 W 1 ) ; par ailleurs, 2 1 α2. n 2 θ

142 Corrigés du chapitre 7. L Ancienne Théorie des Quanta En introduisant finalement l déf = n n θ (l = 0, 1,..., n 1), l énergie s écrit : E n, l = mc 2 2 mc α 1 + 2 (l+ (n l) 2 α 2 ) 2 Chaque niveau d énergie E n de la théorie non relativiste se scinde en n niveaux très rapprochés ; les corrections relatives δe E sont O(α2 ) 5 10 5, soit δe 10 4 ev, tous décalés vers le bas et dont l énergie augmente avec n θ (diminue avec l).

Corrigés du chapitre 13 Opérateurs 13.1 Relations diverses de l algèbre des opérateurs 1. Soit deux opérateurs A et B tels que [A, [A, B]] = 0. Calculer [B, A n ]. 2. Exprimer le commutateur [A, BC] en fonction de [A, B] et [A, C]. 3. Démontrer l identité dite de Jacobi : [A, [B, C]] + [B, [C, A]] + [C, [A, B]] = 0. (13.1) 4. Montrer que le produit de deux opérateurs unitaires est un opérateur unitaire. 5. Soit A et B deux opérateurs hermitiques, dont le commutateur est écrit sous la forme : (a) Montrer que C est hermitique. [A, B] = ic. (13.2) (b) Soit { a n } n les vecteurs propres de A et {a n } n les valeurs propres correspondantes. Exprimer les éléments de matrice de B sur la base propre de A en fonction des {a n } n et des éléments de matrice de C. (c) En déduire que, si A et B commutent, l élément de matrice de B entre deux états propres de A correspondants à deux valeurs propres distinctes est nul. (d) À quelle condition le produit AB est-il hermitique? 6. A et B désignant deux opérateurs linéaires quelconques, λ et µ deux scalaires, calculer (λa + µb). A et B étant supposés hermitiques, à quelle condition la combinaison linéaire λa + µb l est-elle aussi?

242 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs 7. Soit deux opérateurs tels que [A, B] = i1 et soit S(x) = e ibx, où x est un scalaire. Combien vaut [A, S]? En supposant que x R, à quelle condition l opérateur S est-il unitaire? 8. Pour deux opérateurs A et B quelconques : (a) Le symbole B A est-il bien défini? (b) Est-il vrai que e A+B = e A e B? (c) A dépendant du scalaire t, les relations suivantes sont-elles correctes : d dt ea(t) = da dt ea(t), (13.3) da dt = B(t)A(t) A(t) = e R t 0 B(t )dt A(0)? (13.4) 9. Soit A un opérateur hermitique. Montrer que la valeur moyenne du carré de A, A 2, est toujours positive. ===============?????????? =============== 1. On a [B, A 2 ] = [B, A]A + A[B, A], et comme A commute avec [A, B], on a aussi [B, A 2 ] = 2[B, A]A = 2A[B, A] ; le calcul de [B, A 3 ] suivant les mêmes lignes donne [B, A 3 ] = 3[B, A]A 2. On raisonne alors par récurrence en partant de l hypothèse [B, A n ] = na n 1 [B, A] ; cela étant, il vient : [B, A n+1 ] = [B, A n ]A + A n [B, A] = na n 1 [B, A]A + A n [B, A]. En utilisant la commutation de A avec [A, B], on obtient l implication : [B, A n ] = na n 1 [B, A] = [B, A n+1 ] = (n + 1)A n [B, A]. ce qui achève la démonstration par récurrence : [B, A n ] = na n 1 [B, A] si [A, [A, B]] = 0 (n N ) Exemple de tels couples d opérateurs : q et p, pour lesquels on a : [p, q n ] = i nq n 1 [q, p n ] = i np n 1 les opérateurs de création et d annihilation a et a, pour lesquels on a : [a, a n ] = na n 1 [a, a n ] = na n 1

13.1. Relations diverses de l algèbre des opérateurs 243 2. On écrit [A, BC] ABC BCA = ABC BAC + BAC BCA, soit : [A, BC] = [A, B]C + B[A, C]. 3. En développant [A, [B, C]], on trouve : A(BC CB) (BC CB)A = ABC ACB BCA + CBA Les deux autres commutateurs s obtiennent par deux permutations circulaires, et on constate que les 12 termes se compensent tous : [A, [B, C]] + [B, [C, A]] + [C, [A, B]] = 0 (Identité de Jacobi). (13.5) Prenant pour A, B et C les trois composantes J x, J y et J z, l identité de Jacobi s écrit : [J x, [J y, J z ]] + [J y, [J z, J x ]] + [J z, [J x, J y ]] = 0 soit : [J x, i J x ] + [J y, i J y ] + [J z, i J z ] = 0 qui est trivialement vérifiée. En outre, si K 1 et K 2 sont des constantes du mouvement ([K i, H] = 0), cette identité montre que le commutateur [K 1, K 2 ] est aussi une constante du mouvement. 4. Un opérateur unitaire conservant le produit scalaire, le produit de deux tels opérateurs fait de même. Algébriquement, avec U déf = U 1 U 2, on a : U = (U 1 U 2 ) = U 2 U 1 = U 1 2 U 1 1 = (U 1 U 2 ) 1 U 1. 5. (a) Avec [A, B] = ic, on a [A, B] = (ic) = ic. Le premier membre est (AB) (BA) = B A A B = BA AB puisque A et B sont hermitiques, d où C = C. (b) En utilisant la base propre de A, on a a n [A, B] a m = i a n C a m. Le premier membre est a n AB BA] a m. A étant hermitique, a n A = a n a n, d où a n AB BA a m = (a n a m ) a n B a m et finalement : a n B a m = i a n a m a n C a m Ceci suppose a n a m ; dans le cas a n = a m, et si les éléments diagonaux de B sont finis, ceux de C sont nuls. (c) Si A et B commutent, C = 0 ; de l égalité (a n a m ) a n B a m = 0, on déduit : [A, B] = 0 = a n B a m = 0 si a n a m ; l élément de matrice de B entre deux états propres de A correspondant à deux valeurs propres distinctes est nul.

244 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs (d) A et B étant hermitiques, le produit AB est hermitique si BA = AB, c est-àdire si A et B commutent. 6. Par définition de l adjoint, on a ((λa) φ, ψ ) = ( φ, (λa) ψ ). Le premier membre est λ (A φ, ψ ) = λ ( φ, A ψ ), d où : ((λa) φ, ψ ) = ( φ, λ A ψ ), et (λa) = λ A par identification. Il en va de même pour toute combinaison linéaire d opérateurs, d où : (λa + µb) = λ A + µ B Si A et B sont hermitiques λa + µb l est aussi si λ et µ sont réels. 7. En développant l exponentielle en série, on a [A, S] = ( ix) n n N n! [A, B n ]. Comme [A, B] = i1, les résultats du point 1 sont applicables et on a [A, B n ] = inb n 1, d où [A, S] = n N i ( ix)n (n 1)! Bn 1 = xe ixb, soit : [A, B] = i1 = [A, e ixb ] = xe ixb L opérateur S est unitaire ssi (e ixb ) = (e ixb ) 1 = e +ixb. Le premier membre est e +ix B ; avec x R, il faut donc B = B : x R, B = B e ixb unitaire 8. Pour deux opérateurs A et B quelconques : (a) Comme les deux opérateurs ne commutent pas en général, le symbole B A est ambigu : on ne sait pas si c est 1 A B ou B 1 A ; pour éviter les erreurs dans les écritures, il est recommandé d utiliser des puissances négatives (par exemple, A 1 B signifie clairement 1 A B, que l on ne saurait écrire BA 1 par inadvertance). (b) Avec deux opérateurs, l exponentielle de la somme n est pas le produit des exponentielles : e A+B e A e B Il suffit par exemple de développer toutes les exponentielles en série et de constater la différence, qui apparaît déjà dans les termes quadratiques. (c) Par définition de la dérivée, on a d dt ea(t) = lim δt 0 1 δt [ea(t+δt) e A(t) ]. Supposant A(t) dérivable, on peut écrire A(t + δt) = A(t) + A (t)δt + η(δt)δt où Max[η(δt)] tend vers zéro si δt 0 ; le premier terme du crochet est donc e A(t)+A (t)δt+η(δt)δt, mais on ne peut pas factoriser les exponentielles, de sorte que : e A(t)+A (t)δt+η(δt)δt e A(t) e A (t)δt+η(δt)δt ;

13.1. Relations diverses de l algèbre des opérateurs 245 il en résulte que : d dt ea(t) A (t)e A(t) e A(t) A (t) Les mêmes complications surviennent avec une équation différentielle du genre da dt = B(t)A(t). En intégrant formellement cette équation membre à membre, on a A(t) A(t 0 ) = t t 0 B(t 1 )A(t 1 )dt 1, d où : Le processus peut s itérer : t A(t) = A(t 0 ) + B(t 1 )A(t 1 )dt 1. t 0 t [ t1 ] A(t) = A(t 0 ) + B(t 1 ) A(t 0 ) + B(t 2 )A(t 2 )dt 2 dt 1, t 0 t 0 mettant en évidence une série : A(t) = A(t 0 ) + t t 0 dt 1 B(t 1 )A(t 0 ) + soit A(t) = U(t, t 0 )A(t 0 ), avec : t t 0 dt 1 t1 t 0 dt 2 B(t 1 )B(t 2 )A(t 0 ) +... t t t1 U(t, t 0 ) = 1 + dt 1 B(t 1 ) + dt 1 dt 2 B(t 1 )B(t 2 ) +... t 0 t 0 t 0 En effectuant des changements de variables élémentaires dans le terme quadratique, on voit qu il s écrit aussi : t t 0 dt 1 t t 1 dt 2 B(t 2 )B(t 1 ), mais comme a priori B(t 1 )B(t 2 ) B(t 2 )B(t 1 ), il n est pas possible d écrire le terme quadratique sous la forme 1 t t 2! t 0 dt 1 t 0 dt 2 B(t 1 )B(t 2 ) or c est ce R t B(t t dernier qui apparaît dans le développement en série de e ) dt 0. En conclusion : R da dt = B(t)A(t) = A(t) e t B(t )dt t 0 A(t 0 ) comme ce serait le cas avec des scalaires. 9. La moyenne de A 2 dans l état ψ est par définition ψ A 2 ψ, qui s écrit aussi ψ AA ψ. Comme A = A, cette quantité est égale à Aψ Aψ = A ψ 2 : c est le carré d une norme, d où : A hermitique = ψ A 2 ψ > 0 ψ

246 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs 13.2 Trace d un opérateur La trace d un opérateur A, TrA, est la somme des valeurs propres de A. 1. Montrer que la somme des éléments diagonaux de la matrice de A sur n importe quelle base est égale à Tr A (la trace est un invariant). 2. Soit deux opérateurs A et B de trace finie, montrer que Tr(AB) = Tr(BA), c est-à-dire que : Tr[A, B] = 0. (13.6) Qu en est-il de la trace du commutateur [q, p]? 3. En déduire que la trace d un produit est invariante par permutation circulaire (toujours si toutes les traces existent) : Tr(ABC) = Tr (BCA) = Tr(CAB) (13.7) 4. L exponentielle d un opérateur, B = déf e A, peut aussi être définie par : Montrer que : B = lim N + ( A ) N 1 + (13.8) N Dét B = e Tr A (13.9) 5. Montrer que : 6. Soit la matrice : montrer que e iθσy = cosθ 1 + i sinθ σ y. Tr lnz = Tr lim n 0 Z n 1 n [ déf 0 i σ y = +i 0 ]. (13.10), (13.11) ===============?????????? =============== 1. Par définition, la trace de l opérateur A est la somme de ses valeurs propres a n. Soit { e r } r une autre base orthonormée se déduisant de la base propre orthonormée de A, { a n } n, par une transformation unitaire U ; comme { e r } r est orthonormée, les éléments de matrice de A sur cette base sont égaux à e r A e r. Calculons maintenant la somme S des éléments diagonaux S déf = r e r A e r. En injectant la relation de fermeture n a n a n = 1 là où il le faut, on a : S déf = r e r A e r = r e r a n a n A a m a m e r. n, m

13.2. Trace d un opérateur 247 Comme a n A a m = a n δ nm, il vient S = r n a n e r a n a n e r. Dans cette somme, on peut modifier l ordre des facteurs scalaires et écrire : S = a n a n e r e r a n a n a n ( e r e r ) a n. r n n r On retrouve la relation de fermeture r e r e r = 1 d où finalement : e r A e r = r n a n Tr A La trace est bien un invariant, égale à la somme des éléments diagonaux sur n importe quelle base de représentation. 2. Pour calculer les traces, choisissons la base propre de l un des opérateurs, par exemple celle de A : Tr(AB) = n a n AB a n = n a n A a n a n B a n. La trace de BA a visiblement la même expression ; si donc chacune de ces sommes existe, leur différence est nulle d où Tr[A, B] = 0. Ce n est évidemment pas le cas pour les variables q et p, dont le commutateur vaut i 1, dont la trace n existe pas. 3. Dans l hypothèse où toutes les traces existent, on a donc Tr (AB) = Tr (BA), et aussi : Tr(ABC) Tr ( A(BC) ) =Tr ( (BC)A ), Tr(ABC) Tr ( (AB)C ) =Tr ( C(AB) ), d où l invariance de la trace par permutation circulaire : Tr(ABC) = Tr(BCA) = Tr (CAB) 4. Sur la base propre de A, { a n } n, on a B a m = e A a m = e am a m : les valeurs propres de B sont donc les exponentielles e am. Le déterminant de B est égal au produit des valeurs propres de B, d où Dét B = m eam = e P m am, soit Dét e A = e Tr A (13.12) Ce résultat peut aussi s obtenir à partir de la définition alternative : B déf = e A = lim (1 + A N + N )N. En effet, le déterminant d un produit étant égal au produit des déterminants, on a Dét[(1 + A N )N ] = [Dét(1 + A N )]N. Le déterminant est aussi égal au produit des

248 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs valeurs propres, d où Dét(1 + A N ) = an n (1 + N ) ; le développement du produit en puissances de 1 N donne Dét(1 + A N ) = [1 + 1 N n a n + O(N 2 )], d où : Dét [( 1 + A N ) N ] = [ 1 + 1 N La limite N + redonne bien le résultat (13.12). a n + O(N 2 ) ] N 5. Pour établir l égalité demandée, il suffit de remarquer que : Z n 1 = e nln Z 1 = 1 + n lnz + 1 2! (n lnz)2 +... 1 = n lnz + O(n 2 ), Z d où lim n 1 n 0 n = lnz ; prenant la trace membre à membre de cette égalité, on obtient : Z n 1 Tr lnz = Tr lim n 0 n Cette égalité est souvent utilisée pour l étude de systèmes désordonnés et est à la base de la méthode dite des répliques. n 6. En calculant le carré de σ y, on trouve : σ 2 y = [ 0 i +i 0 ][ 0 i +i 0 ] = [ 1 0 0 1 ] 1. d où σy 2n = 1, σy 2n+1 σy 2n σ y = σ y. En regroupant les termes pairs entre eux et impairs entre eux dans le développement de l exponentielle e iθσy : e iθσy = n N (iθ) n σy n n! = 1 (iθ) 2p (2p)! + σ y p N p N on reconnaît les développements de sinus et cosinus d où : (iθ) 2p+1 (2p + 1)! e iθσy = cosθ 1 + i sinθ σ y 13.3 Opérateur fonction d une variable Soit un opérateur A(z) dépendant du paramètre continu z ; la dérivée de A est définie comme suit : da dz et on dit alors que A est dérivable. déf A(z + ε) A(z) = lim ε 0 ε, (13.13)

13.3. Opérateur fonction d une variable 249 1. Montrer que pour un opérateur constant quelconque 1 Ω : 2. Soit A et B deux opérateurs dérivables ; établir l égalité : d dz eiωz = iω e iωz. (13.15) Examiner le cas où A = B. d da (AB) = dz dz B + AdB dz. (13.16) 3. Soit A dérivable et possédant un inverse, A 1 ; montrer que : d dz A 1 1 da = A dz A 1. (13.17) 4. Soit l opérateur B(z) = e iaz B 0 e iaz où A et B 0 sont indépendants de z. Montrer que B(z) est la solution de l équation : B(z) = B 0 + i [A, z 0 dz B(z )]. (13.18) et résoudre celle-ci par itération afin d obtenir le développement de B en série de puissances de z. En déduire l égalité : e iaz Ce iaz = C + iz 1! [A, C]+ (iz)2 2! [A, [A, C]]+ (iz)3 [A, [A, [A, C]]]+... (13.19) 3! ===============?????????? =============== 1. On a e i(z+ε)ω = e iωz e iωε = e iωz [1 + iεω + O(ε 2 )], d où : soit : d déf 1 eiωz = lim dz ε 0 ε [eiωz (1 + iεω + O(ε 2 )) e iωz ], d dz eiωz = iω e iωz (Ω indépendant de z) 2. d dz (AB) = lim ε 0[A(z + ε)b(z + ε) A(z)B(z)]. A étant dérivable, on a A(z + ε) = A(z) + ε da dz + O(ε2 ), 1 Attention! Ne pas en déduire qu avec un opérateur B(z), on a : (voir éq. (I-14-205)) d dz eib(z) = i db dz eib(z) faux! (13.14)

250 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs et de même pour B. Le report dans le crochet ci-dessus donne : d da (AB) = dz dz B + AdB dz (13.20) En particulier, si A = B : d dz A2 = da dz A + AdA dz 2AdA dz 2dA dz A. 3. On part de AA 1 = 1 ; la dérivation donne da 1 dz en multipliant à droite par A 1, il vient : da 1 da A = A 1 dz dz ; d dz A 1 1 da = A dz A 1 A + A 1 da = 0, soit : On note que ceci est une forme symétrisée de la dérivée ordinaire 2 : ( 1 ) f = f(x) f 2 1 f f 1 f. 4. D après les résultats précédents, la dérivée de B(z) est : d dz (eiaz B 0 e iaz ) = iae iaz B 0 e iaz i e iaz B 0 e iaz A, soit db dz = i [A, B(z)]. En intégrant formellement terme à terme, et notant que B(0) B 0 : B(z) B 0 = i [A, En itérant cette relation une fois, on trouve : [ B(z) = B 0 + i A, z 0 z 0 [ dz 1 (B 0 + i A, et ainsi de suite. En développant, on obtient : z ] B(z) = B 0 + i [A, B 0 dz 1 + i 2[ A, 0 dz B(z )] [ A, z1 0 z 0 dz B(z 2 )dz 2 ])] dz 1 z1 0, ]] dz 2 B(z 2 ) Les intégrations se font immédiatement ; continuant à itérer, on trouve finalement : B(z) = B 0 + iz[a, B 0 ] + i 2 z2 2! [A, [A, B 0]] + i 3 z3 3! [A, [A, [A, B 0]]] +... 2 On aurait pu aussi s attendre à quelque chose comme d dz A 1 = 1 2 da da A + A 1 3 dz dz A 1 + da dz A 2 ; ce n est pas le cas..

13.4. Opérateur unitaire dérivable 251 d où le développement pour un opérateur C transformé : e iaz Ce iaz = C + iz 1! [A, C] + (iz)2 2! [A, [A, C]]]+ (iz)3 [A, [A, [A, C]]]] +... 3! (13.21) 13.4 Opérateur unitaire dérivable Soit U(t) un opérateur unitaire dérivable par rapport au paramètre réel t et H(t) l opérateur défini comme : H(t) = i du dt U. (13.22) 1. Montrer que H(t) est hermitique. 2. Réciproquement, soit U(t) un opérateur a priori quelconque, connu et égal à U(t 0 ) à un instant t 0, et obéissant à l équation : i du dt où H est un opérateur hermitique. Montrer que : (a) U U est indépendant du temps. (b) UU est solution de : 3. Que peut-on dire de U(t) si U(t = t 0 ) est unitaire? = H(t)U(t), (13.23) i d dt UU = [H, UU ]. (13.24) ===============?????????? =============== 1. On a H (t) = i U du dt. Par ailleurs, de UU = 1, on tire du dt U + U du dt = 0, donc H (t) = +i du dt U H(t). 2. On suppose que U(t) satisfait i du dt = H(t)U(t). En conséquence : ( ) ( ) (a) i d dt (U du U) = i dt U + U du 1 dt = i i U H U + 1 i U HU, qui est nul si H = H : en pareil cas, l opérateur U (t)u(t) est constant. (b) i d dt (UU ) = i du dt U + i U du dt = HUU UU H [H, UU ]. 3. L opérateur U (t)u(t) est constant ; si U(t = t 0 ) est unitaire, alors U (t 0 )U(t 0 ) = 1 et donc U (t)u(t) = 1 : U(t) est unitaire t. D où le résultat : tout opérateur U satisfaisant i du dt = H(t)U(t) avec H hermitique est un opérateur unitaire.

252 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs 13.5 Série entière d opérateurs q étant une coordonnée cartésienne et p son moment conjugué, calculer les commutateurs [p, f(q)] et [q, f(p)] où f est une fonction développable en série entière : f(z) = + n=0 Préciser leur action en représentation-q et en représentation-p. f n z n. (13.25) ===============?????????? =============== [q, f(p)] = + n=0 f n[q, p n ] = + n=1 f n n i p n 1, d où : [q, f(p)] = i f (p) Ce résultat est évident si on raisonne en représentation-p, où q = i p. De même, on trouve : [p, f(q)] = i f (q) résultat évident en représentation-q où p = i q. Bien sûr, ces résultats ne dépendent pas de la représentation choisie! 13.6 Exponentielle du gradient L opérateur e A est défini par la série entière : e A = déf + n=0 1 n! An. (13.26) Calculer le résultat de l action de e a d dq sur une fonction analytique 3 ψ(q). ===============?????????? =============== e a ( ) n d dq + = n=0 1 n! a d + dq = n=0 an d n n! dq, d où : n e a d dq ψ(q) = + n=0 a n n! d n ψ dq n. On reconnaît à droite la série de Taylor d une fonction analytique en q, égale à ψ(q + a), d où : e a d dq ψ(q) = ψ(q + a) 3 Une fonction analytique est infiniment dérivable.

13.7. Équation de Dyson 253 En représentation-q, ce résultat se lit aussi : e 1 i ap ψ(q) = ψ(q a) et montre que e 1 i ap est l opérateur de translation de a, T (a), agissant comme suit sur une fonction quelconque : T (a)ψ(q) déf = ψ(q a) T (a) = e 1 i ap 13.7 Équation de Dyson A et B étant deux opérateurs possédant chacun un inverse, démontrer les identités : 1 A + 1 B = 1 A (A + B) 1 B = 1 B (A + B) 1 A. (13.27) À titre d application, soit H = H 0 +V, G 0 (z) = (z1 H 0 ) 1 et G(z) = (z1 H) 1, z C étant un paramètre ; établir l équation de Dyson : G = G 0 + G 0 V G (13.28) En déduire l élément de matrice de G(z), g(z) = déf ψ G(z) ψ, en fonction de celui de G 0 (z), g 0 (z) = déf ψ G 0 (z) ψ, lorsque V = λ ψ ψ. ===============?????????? =============== En multipliant 1 A + 1 B = 1 A (A + B) 1 B à gauche par A, on a 1 + A 1 B = (A + B) 1 B ; multipliant à droite par B on obtient l identité B + A = A + B ; l autre relation est tout aussi vraie, A et B jouant des rôles symétriques. En prenant A = (z1 H 0 ), B = (z1 H), alors A+B = V, et l égalité donne G 0 + G = G 0 ( V )G, d où l équation de Dyson : G = G 0 + G 0 V G Avec V = λ ψ ψ, on a g(z) déf = ψ G(z) ψ = ψ G 0 (z) ψ + λ ψ G 0 (z) ψ ψ G(z) ψ, soit g(z) = g 0 (z) + λg 0 (z)g(z), d où : g(z) = g 0 (z) 1 λg 0 (z) Par exemple, si ψ est un état localisé décrivant une impureté (en phase solide par exemple), cette formule donne les résonances induites par l impureté, et constitue la base de la théorie dite de Coster - Slater.

254 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs 13.8 Identité de Glauber Soit deux opérateurs A et B commutant avec leur commutateur : [A, B] = C, [A, C] = [B, C] = 0. (13.29) 1. On définit l opérateur F(z) : Écrire l équation différentielle satisfaite par F(z). F(z) = déf e za e zb. (13.30) 2. Expliciter le commutateur [B, A n ] et en déduire [B, e za ], puis e za Be za. 3. En justifiant la procédure utilisée, intégrer l équation différentielle pour F(z) et montrer finalement que : F(z) = e z(a+b) e 1 2 z2 [A, B]. (13.31) 4. En déduire l identité de Glauber, vraie pour deux opérateurs A et B commutant avec leur commutateur : e A+B = e A e B e 1 2 [A, B]. (13.32) 5. Citer un exemple d un couple du genre (A, B). 6. En supposant que A(t) et sa dérivée da dt satisfont la condition (13.29), calculer d dt ea(t). Appliquer ces résultats au cas où A(t) = f(t)p+g(t)q, [q, p] = i 1, f et g étant deux fonctions numériques. ===============?????????? =============== Dans la suite, A et B sont deux opérateurs commutant avec leur commutateur : [A, B] = C, [A, C] = [B, C] = 0. (13.33) Cette propriété est loin d être banale, mais il existe des couples de ce genre jouant un rôle central en Mécanique quantique : q et p ou, de façon équivalente, a et a. 1. Pour trouver l équation différentielle satisfaite par l opérateur F(z), on calcule F (z) déf = d dz eza e zb. Suivant (13.20), on a F (z) = Ae za e zb + e za e zb B, c està-dire : F (z) = AF(z) + F(z)B

13.8. Identité de Glauber 255 2. On a [B, A n ] = na n 1 C = nca n 1, d où : [B, e za ] = zc e za En développant, il vient B e za e za B = zc e za ; multipliant à gauche par e za, on trouve e za B e za B = ze za C e za = zc la dernière égalité venant du fait que A et C commutent d où : e za B e za = B + zc 3. Comme B et e zb commutent, l équation différentielle pour F(z) est aussi F (z) = Ae za e zb + e za B e zb ; on écrit le second terme de droite e za B e za e za e zb e za B e za F(z), d où F (z) = (A + B + Cz)F(z). A et B commutant avec C, il en va de même de leur somme A+B : dans l équation différentielle, les objets commutent tous 4 et on peut calculer comme avec des nombres. Dès lors, l intégration de l équation différentielle est élémentaire et donne F(z) = e (A+B)z+C z2 2 F(0). De toute évidence, F(0) = 1, d où finalement 5 : e za e zb = e (A+B)z+C z2 2 = e (A+B)z e C z2 2 4. L identité de Glauber, vraie pour deux opérateurs A et B commutant avec leur commutateur, s en déduit en prenant z = 1 : e A e B = e A+B e 1 2 [A, B] e A+B = e A e B e 1 2 [A, B] (13.34) 5. Exemples de couple du genre (A, B) ; q et p, a et a, puisque dans les deux cas le commutateur est proportionnel à l identité 1. d 6. Par définition, dt ea(t) 1 = lim δt 0 δt [ea(t+δt) e A(t) ]. En notant da dt A, on a e A(t+δt) = e A(t)+δtA (t)+o(δt 2) = e A(t)+δtA (t) [1 + O(δt 2 )]. Suivant l identité de Glauber (13.34), e A(t)+δtA (t) = e A(t) e δt A (t) e 1 2 δt[a(t), A (t)]. D où : lim δt 0 soit : 1 δt [ea(t+δt) e A(t) 1 ] = lim δt 0 δt ea(t)[ e δt A (t) e 1 2 δt[a(t), A (t)] [1 + O(δt 2 )] 1 [A, [A, A ]] = [A, [A, A ]] = 0 = d dt ea(t) = e A(t) ( A (t) 1 2 [A(t), A (t)] ) Avec A(t) = f(t)p + g(t)q, on trouve : d dt ef(t)p+g(t)q = e f(t)p+g(t)q ( f (t)p + g (t)q + i 2 [f(t)g (t) g(t)f (t)] ) 4 En la circonstance, on parle parfois de q-nombres, pour dire qu ils commutent quoiqu étant des objets quantiques. 5 En raison de la commutation de A et B avec C, on peut ici séparer les exponentielles. ]

256 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs 13.9 Composantes hermitiques d un opérateur linéaire Ω étant un opérateur linéaire quelconque : 1. Montrer que l on peut toujours écrire Ω sous la forme A+iB où A et B sont hermitiques. 2. Dans le cas où Ω est un opérateur unitaire (Ω U), montrer que A et B commutent. 3. Soit { a n, b m } l ensemble des vecteurs propres communs à A et B. Trouver le résultat de l action de U sur ces vecteurs. 4. Compte tenu de la valeur de A 2 + B 2, montrer que toutes les valeurs propres d un opérateur unitaire sont des nombres complexes de module 1. 5. Les résultats précédents montrent que U unitaire, un opérateur hermitique C tel que U = e ic. En déduire que deux vecteurs propres d un opérateur unitaire associés à deux valeurs propres distinctes sont orthogonaux. ===============?????????? =============== 1. On peut toujours écrire Ω = 1 2 (Ω+Ω )+ 1 2 (Ω Ω ) ; le premier terme est hermitique, le second est anti-hermitique. En posant A = 1 2 (Ω + Ω ) et B = 1 2i (Ω Ω ), on a bien Ω = A + ib avec A et B hermitiques. 2. Dans le cas où Ω est unitaire (Ω U), la relation caractéristique UU = 1 s écrit (A + ib)(a + ib) = 1, soit A 2 + B 2 + i[b, A] = 1 ; de même U U = 1 donne A 2 + B 2 + i[a, B] = 1. Le rapprochement donne bien [A, B] = 0. 3. U a n, b m = (A + ib) a n, b m = (a n + ib m ) a n, b m u nm a n, b m. 4. a n et b m étant réels (puisque A et B sont hermitiques), on a u nm 2 = a 2 n + b2 m. Comme A 2 + B 2 = 1, a 2 n + b 2 m = 1 : toutes les valeurs propres d un opérateur unitaire sont des nombres complexes de module 1. 5. Avec U = e ic, on voit que U et C ont les mêmes vecteurs propres, C étant hermitique. Soit deux vecteurs propres γ et γ de C, associés aux valeurs propres γ et γ différentes, ce qui assure γ γ = 0. γ et γ sont propres de U, associés aux deux valeurs propres e iγ et e iγ, qui sont différentes. 13.10 Projecteurs On désigne par ( φ, ψ ) le produit scalaire de deux vecteurs φ et ψ. e i étant un vecteur appartenant à une base orthonormée { e j } j, on définit l opérateur linéaire P i par : P i ψ = ( e i, ψ ) e i. (13.35)

13.11. Résolvante 257 Montrer que : P 2 i = P i, P i P j = 0 si i j, P i = P i. (13.36) Un tel opérateur, idempotent et hermitique, est appelé projecteur. ===============?????????? =============== Par la définition de P i, on a P 2 i ψ = P i[( e i, ψ ) e i ] = ( e i, ψ )P i e i, la deuxième égalité venant du fait que ( e i, ψ ) est un scalaire et que P i est linéaire. Maintenant, la définition de P i donne P i e i = ( e i, e i ) e i = e i, d où finalement : P 2 i ψ = ( e i, ψ ) e i P i ψ ψ P 2 i = P i P i P j ψ = P i ( e j, ψ ) e j = ( e j, ψ )P i e j = ( e j, ψ )( e j, e i ) e i = 0 puisque le deuxième facteur est nul. Ceci est vrai quel que soit ψ, donc : P i P j = 0 (i j) Par définition de l adjoint d un opérateur, on a (P i φ, ψ ) = ( φ, P i ψ ). En appliquant la définition de P i, ce dernier produit scalaire est : ( φ, ( e i, ψ ) e i ) = ( e i, ψ )( φ, e i ). Par ailleurs (P i φ, ψ ) = ( ψ, P i φ ) = ( ψ, ( e i, φ ) e i ) = ( e i, φ ) ( ψ, e i ). En renversant les produits scalaires, ceci est égal à ( e i, ψ )( φ, e i ), ce qui démontre l égalité : P i = P i 13.11 Résolvante Soit H un Hamiltonien d états propres E n, et f(z) une fonction dotée de toutes les propriétés souhaitables. 1. Expliquer pourquoi on peut écrire : f(h) = n E n f(e n ) E n. (13.37) 2. La résolvante de H est définie comme : G(z) = déf (z1 H) 1 1 z1 H. (13.38)

258 Corrigés du chapitre 13. Opérateurs (a) Écrire la relation précise entre G(z) et la transformée de Laplace du propagateur avancé U + (t) = déf Θ(t)U(t), où Θ(t) est la fonction échelon-unité. (b) Montrer 6 déf que le projecteur P n = E n E n peut s écrire : P n = 1 1 dz, (13.39) 2iπ C n z1 H où C n est une petite boucle entourant exclusivement la valeur propre E n. ===============?????????? =============== 1. On a vu que si Ω a pour valeurs et vecteurs propres (ω n, ω n ), l opérateur f(ω) a les mêmes vecteurs propres et des valeurs propres égales à f(ω n ). Si donc H a les vecteurs propres E n, la décomposition spectrale de f(h) est : f(h) = n E n f(e n ) E n. 2. (a) La transformée de Laplace du propagateur avancé U + (t) déf = Θ(t)U(t) est : d où : L[U](Z) déf = + 0 e Zt e 1 i Ht dt = G(z) = 1 i L[U]( z ) i 1 Z1 1 i H (b) La décomposition spectrale de G(z) est : G(z) = 1 E n z E n n E n 1 P n. z E n n Si on intègre membre à membre le long d une petite boucle entourant exclusivement la valeur propre E n, le théorème des résidus (ou le théorème de Cauchy) montre que seul le terme n = n de la somme contribue et vaut 1 2iπRes[ z E n P n, E n ] = 2iπP n, d où C n G(z)dz = 2iπ E n E n et : P n = 1 1 2iπ C n z1 H dz 6 Penser au théorème des résidus.