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Solution 1 : Seuil de potentiel

On considère une particule de masse m animée d’une vitesse v soumise à un potentiel V(r) indépendant du temps.

1) L’équation de Schrödinger (dépendante du temps)

L'équation de Schrödinger décrit l'évolution temporelle et spatiale d'une particule quantique. Pour cette particule, elle s’écrit :
iħ ∂ψ(r, t)/∂t = −ħ²/2m Δψ(r, t) + V(r)ψ(r, t)

2) Séparation des composantes spatiale et temporelle

Pour résoudre l'équation de Schrödinger, on utilise souvent la méthode de séparation des variables en posant ψ(r, t) = φ(r)u(t). En insérant cette forme dans l’équation précédente et en divisant par φ(r)u(t), on obtient :
iħ/u(t) du(t)/dt = 1/φ(r) [−ħ²/2m Δφ(r) + V(r)φ(r)]

Cette égalité n’est possible que si chaque membre est égal à une constante, que nous appellerons E (énergie). Cela conduit à deux équations distinctes :

Partie temporelle : iħ/u(t) du(t)/dt = E ⇒ du(t)/dt = −iω u(t) ⇒ u(t) = Ae^−iEt/ħ = Ae^−iωt
Partie spatiale : 1/φ(r) [−ħ²/2m Δφ(r) + V(r)φ(r)] = E ⇒ −ħ²/2m Δφ(r) + V(r)φ(r) = Eφ(r)

Cette dernière équation, Hφ(r) = Eφ(r), est l’équation de Schrödinger indépendante du temps, et φ(r) est appelée solution stationnaire.

3) Étude à une dimension et comportement de la dérivée de la fonction d'onde

En se plaçant à une dimension et en prenant V(x) comme indiqué, l’équation de Schrödinger stationnaire se réécrit :
−ħ²/2m φ''(x) + V(x)φ(x) = Eφ(x)
Ce qui donne : φ''(x) = (2m/ħ²)[V(x) − E]φ(x)

i) L'intégrale de φ''(x)

L’intégration de cette expression entre −e et +e donne :
∫_−e^+e φ''(x)dx = (2m/ħ²) ∫_−e^+e [V(x) − E]φ(x)dx
D'où : φ'(e) − φ'(−e) = (2m/ħ²) ∫_−e^+e [V(x) − E]φ(x)dx

ii) Limite quand e tend vers 0

Prenons la limite de cette quantité lorsque e → 0 :
lim_e→0 [φ'(e) − φ'(−e)] = (2m/ħ²) [lim_e→0 ∫_−e^+e V(x)φ(x)dx − lim_e→0 ∫_−e^+e Eφ(x)dx]
Ceci implique : φ'(0⁺) − φ'(0⁻) = (2m/ħ²) [lim_e→0 ∫_−e^+e V(x)φ(x)dx − lim_e→0 ∫_−e^+e Eφ(x)dx]

Cas où V₀ est fini :
Si e → 0 et V(x) → V₀ (fini), alors lim_e→0 ∫_−e^+e V(x)φ(x)dx = 0 et lim_e→0 ∫_−e^+e Eφ(x)dx = 0.
Par conséquent, φ'(0⁺) − φ'(0⁻) = 0, ce qui signifie φ'(0⁺) = φ'(0⁻). La dérivée φ' est continue en x = 0.
Cas où V₀ est infini :
Si e → 0 et V(x) → ∞ (infini), alors lim_e→0 ∫_−e^+e V(x)φ(x)dx ≠ 0. Le terme avec E reste nul.
Par conséquent, φ'(0⁺) − φ'(0⁻) ≠ 0, ce qui signifie φ'(0⁺) ≠ φ'(0⁻). La dérivée φ' est discontinue en x = 0.

Conclusion

La fonction d'onde φ(x) est toujours continue pour tout potentiel V(x).
La dérivée φ'(x) est continue au point de discontinuité du potentiel V(x) en x = L si V(L) est fini (passage d'une valeur finie à une autre valeur finie).
La dérivée φ'(x) est discontinue au point de discontinuité du potentiel V(x) en x = L si V(L) = ∞ (passage d'une valeur finie à une valeur infinie).

Solution 2 : Puits de potentiel infini

Considérons une particule de masse m astreinte à se déplacer sur l’axe x'ox entre x = 0 et x = L, un modèle idéal pour étudier les états liés en mécanique quantique.

1) L’équation de Schrödinger pour ce système

À l’intérieur du puits (0 < x < L), où le potentiel V(x) = 0, l'équation de Schrödinger s’écrit :
d²ψ₂(x)/dx² + (2mE/ħ²)ψ₂(x) = 0

À l’extérieur du puits (x ≤ 0 et x ≥ L), le potentiel V(x) est infini. L'équation de Schrödinger s’écrirait :
d²ψ_1,3(x)/dx² + (2m/ħ²)(E − V(x))ψ_1,3(x) = 0
avec ψ₁(x) et ψ₃(x) sont les fonctions d’onde dans les régions (I) et (III) respectivement.

2) Résolution des équations et quantification de l'énergie

Classiquement, la particule oscille entre les parois. Quantiquement, puisque le potentiel est infini à l'extérieur, la probabilité de trouver la particule est nulle, ce qui implique que les fonctions d’onde doivent être nulles à l’extérieur du puits : ψ₁(x) = ψ₃(x) = 0.

De plus, la fonction d'onde doit être continue aux frontières du puits (x = 0 et x = L).
À l’intérieur du puits, l’équation de Schrödinger s’écrit : ψ''₂(x) + k² ψ₂(x) = 0 avec k² = 2mE/ħ².
Les fonctions d’onde sont donc de la forme : ψ₂(x) = A e^ikx + B e^−ikx.

Conditions de continuité

En x = 0 : ψ₁(0) = ψ₂(0) ⇒ 0 = A + B ⇒ A = −B
En x = L : ψ₂(L) = ψ₃(L) ⇒ A e^ikL + B e^−ikL = 0

En substituant A = −B dans la deuxième condition :
A(e^ikL − e^−ikL) = 0 ⇒ 2i A sin(kL) = 0.

Pour avoir une solution non triviale (A ≠ 0), il faut que sin(kL) = 0, ce qui implique kL = nπ, où n est un entier positif (n = 1, 2, 3...).
On en déduit alors que k² = (nπ/L)². En utilisant k² = 2mE/ħ², nous obtenons :
E = E_n = n² π² ħ² / (2mL²).

L'énergie est bien quantifiée, ne pouvant prendre que des valeurs discrètes dépendant de l'entier n (nombre quantique).

3) L’expression de la fonction d’onde

Avec A = −B et k = nπ/L, la fonction d’onde à l'intérieur du puits est :
ψ₂(x) = A e^ikx − A e^−ikx = A(e^ikx − e^−ikx) = 2iA sin(kx)
En posant C = 2iA, on a ψ_n(x) = C sin(nπx/L).

Normalisation de la fonction d'onde

La probabilité totale de trouver la particule le long de l'axe x doit être égale à 1 (condition de normalisation).
∫_−∞^+∞ |ψ(x)|²dx = ∫₀^L |ψ₂(x)|²dx = 1
∫₀^L C² sin²(nπx/L)dx = 1
∫₀^L C² (1/2)(1 − cos(2nπx/L))dx = 1
C²/2 [x − (L/2nπ)sin(2nπx/L)]₀^L = 1
C²/2 [L − 0] = 1 ⇒ C²L/2 = 1 ⇒ C = √(2/L) (en prenant la phase θ = 0).

La fonction d'onde normalisée est donc : ψ_n(x) = √(2/L) sin(nπx/L).

4) Probabilité de présence de la particule

La probabilité de présence de la particule en un point quelconque du puits est donnée par la densité de probabilité P(x) = |ψ_n(x)|² :
P(x) = (2/L) sin²(nπx/L).

Points de densité de probabilité maximale

P(x) est maximale lorsque dP(x)/dx = 0.
dP(x)/dx = (2/L) * 2 * (nπ/L) sin(nπx/L) cos(nπx/L) = (4nπ/L²) (1/2) sin(2nπx/L) = 0
Cela implique sin(2nπx/L) = 0, donc 2nπx/L = pπ, où p est un entier.
D'où x = pL/(2n), avec 0 < x < L (car la particule est à l'intérieur du puits), ce qui signifie 0 < p < 2n.

Pour n = 1 : E₁ = π²ħ² / (2mL²) et ψ₁(x) = √(2/L) sin(πx/L).
0 < p < 2 ⇒ p = 1. La probabilité est maximale en x = L/2.
Pour n = 2 : E₂ = 4π²ħ² / (2mL²) = 2π²ħ² / (mL²) et ψ₂(x) = √(2/L) sin(2πx/L).
0 < p < 4 ⇒ p = 1, 2, 3. La probabilité est maximale en x = L/4, x = L/2 et x = 3L/4.

5) Probabilité de présence dans chaque cas

La probabilité P de trouver la particule entre x₁ et x₂ est :
P(x₁ ≤ x ≤ x₂) = ∫_x₁^x₂ (2/L) sin²(nπx/L)dx = (1/L) [x − (L/2nπ)sin(2nπx/L)]_x₁^x₂
Soit P = (1/L) [ (x₂ − x₁) − (L/2nπ)sin(2nπx₂/L) + (L/2nπ)sin(2nπx₁/L) ].

P(0 ≤ x ≤ L) :
P = (1/L) [L − 0 − (L/2nπ)sin(2nπL/L) + (L/2nπ)sin(0)] = (1/L) [L − 0 − 0 + 0] = 1. (Cohérent avec la normalisation)
P(0 ≤ x ≤ L/4) :
P = (1/L) [L/4 − 0 − (L/2nπ)sin(2nπL/4L) + (L/2nπ)sin(0)] = (1/4) − (1/2nπ)sin(nπ/2).
P(0 ≤ x ≤ L/2) :
P = (1/L) [L/2 − 0 − (L/2nπ)sin(2nπL/2L) + (L/2nπ)sin(0)] = (1/2) − (1/2nπ)sin(nπ) = 1/2.
P(L/2 − δ ≤ x ≤ L/2 + δ) :
P = (1/L) [2δ − (L/2nπ) [sin(2nπ(L/2 + δ)/L) − sin(2nπ(L/2 − δ)/L)] ]

6) Séparation d'énergie pour deux niveaux voisins

La différence d'énergie entre deux niveaux voisins E_n+1 et E_n est :
ΔE_n = E_n+1 − E_n = [(n+1)² π² ħ² / (2mL²)] − [n² π² ħ² / (2mL²)] = (2n + 1)π² ħ² / (2mL²).

Cas d'une dimension macroscopique

Si la taille du puits L devient très grande (dimension macroscopique), L → +∞.
Alors ΔE_n → 0, ce qui signifie E_n+1 ≈ E_n.

Conséquence sur la quantification de l'énergie

Lorsque L est très grand, les niveaux d'énergie sont si proches qu'ils deviennent pratiquement continus. Cela illustre le principe de correspondance entre la mécanique quantique et la mécanique classique : pour les systèmes macroscopiques, l'énergie apparaît comme continue, même si fondamentalement elle est quantifiée.

Solution 3 : Marche de potentiel "inversée"

Soit un système de masse m et d’énergie E soumis au potentiel V(x) tel que : V(x) = V₁ pour x < 0 et V(x) = V₂ pour x > 0. Ce modèle peut représenter l’interaction d’un électron libre avec la structure atomique d’un métal (situé en x > 0). On considère que l’électron est libéré du métal et se déplace vers les x négatifs.

A) 1^er cas : E > V₁ > V₂

Dans ce cas, les électrons possèdent des énergies supérieures aux potentiels V₁ et V₂.

1) L’équation de Schrödinger stationnaire

L’équation de Schrödinger stationnaire s’écrit : φ''(x) + (2m/ħ²)[E − V(x)]φ(x) = 0.

Dans la région (II) (x > 0), où le potentiel est V₂, la fonction d’onde est φ_II(x) :
φ''_II(x) + (2m/ħ²)[E − V₂]φ_II(x) = 0.
Dans la région (I) (x < 0), où le potentiel est V₁, la fonction d’onde est φ_I(x) :
φ''_I(x) + (2m/ħ²)[E − V₁]φ_I(x) = 0.

2) Résolution de l’équation de Schrödinger

Posons k₂² = (2m/ħ²)(E − V₂) > 0. La solution dans la région (II) est :
φ_II(x) = A e^−ik₂x (onde incidente) + B e^+ik₂x (onde réfléchie).

Posons k₁² = (2m/ħ²)(E − V₁) > 0. La solution dans la région (I) est :
φ_I(x) = C e^−ik₁x (onde transmise) + D e^+ik₁x (onde réfléchie).

Puisqu’il n’y a pas d’onde réfléchie venant de x → −∞ (il n'y a pas de source dans cette région pour générer une onde de retour), le coefficient D doit être nul (D = 0).
Donc, φ_I(x) = C e^−ik₁x.

3) Conditions de continuité de la fonction d’onde et de sa dérivée

À l'interface x = 0, la fonction d'onde et sa dérivée doivent être continues :

Continuité de φ(x) : φ_II(0) = φ_I(0) ⇒ A + B = C.
Continuité de φ'(x) : φ'_II(0) = φ'_I(0) ⇒ −ik₂A + ik₂B = −ik₁C ⇒ k₂(B − A) = −k₁C.

Ces équations peuvent être résolues pour obtenir les coefficients B et C en fonction de A :
On a A + B = C et A − B = (k₁/k₂)C.

En additionnant : 2A = (1 + k₁/k₂)C ⇒ C/A = 2k₂ / (k₁ + k₂).
En soustrayant : 2B = (1 − k₁/k₂)C ⇒ B/A = (C/A) − 1 = [2k₂ / (k₁ + k₂)] − 1 = (k₂ − k₁) / (k₁ + k₂).

4) Coefficient de transmission T et de réflexion R

Le coefficient de transmission T représente la probabilité pour que l’électron quitte le métal (soit transmis). Le coefficient de réflexion R représente la probabilité qu'il soit réfléchi.
T = (|φ_tr|² v_g,tr) / (|φ_inc|² v_g,inc) et R = (|φ_ref|² v_g,ref) / (|φ_inc|² v_g,inc).
où φ sont les amplitudes des ondes transmises, réfléchies et incidentes, et v_g sont les vitesses de groupe (v_g = ħk/m).

Ainsi :
T = (|C|² k₁) / (|A|² k₂)
R = (|B|² k₂) / (|A|² k₂) = |B/A|²

En utilisant les expressions de C/A et B/A :
T = (k₁/k₂) |2k₂ / (k₁ + k₂)|² = 4k₁k₂ / (k₁ + k₂)².
R = |(k₂ − k₁) / (k₁ + k₂)|² = (k₂ − k₁)² / (k₁ + k₂)².

Vérification

On peut facilement montrer que T + R = 1 :
T + R = [4k₁k₂ + (k₂ − k₁)²] / (k₁ + k₂)² = [4k₁k₂ + k₂² − 2k₁k₂ + k₁²] / (k₁ + k₂)² = [k₁² + 2k₁k₂ + k₂²] / (k₁ + k₂)² = (k₁ + k₂)² / (k₁ + k₂)² = 1.

5) T en fonction de V₁, V₂ et E

Avec k₁ = √(2m(E − V₁)/ħ²) et k₂ = √(2m(E − V₂)/ħ²), on peut écrire :
T = 4 √(E − V₁)√(E − V₂) / (√(E − V₁) + √(E − V₂))².

Application numérique : E = 1 eV, V₁ = 0 eV et V₂ = −10 eV.
T ≈ 0.71, soit environ 71%. Cela signifie que la transmission n’est pas à 100% ; sur 100 particules incidentes, 29 sont réfléchies.

B) 2^ème cas : V₂ < E < V₁

Dans ce cas, les électrons possèdent des énergies inférieures à V₁ mais supérieures à V₂.

1) La solution de l’équation de Schrödinger

Dans la région (II) (x > 0) : on a toujours k₂² = (2m/ħ²)(E − V₂) > 0. La solution reste la même :
φ_II(x) = A e^−ik₂x (onde incidente) + B e^+ik₂x (onde réfléchie).
Dans la région (I) (x < 0) : E < V₁, donc (E − V₁) est négatif. Posons ρ² = (2m/ħ²)(V₁ − E) > 0.
L’équation (3) se réécrit : φ''_I(x) − ρ²φ_I(x) = 0.
La solution est : φ_I(x) = C e^−ρx + D e^+ρx.

Comme la fonction d'onde doit rester finie quand x → −∞, le terme C e^−ρx qui diverge vers l'infini doit être éliminé. Donc C = 0.
La solution est alors : φ_I(x) = D e^+ρx.

Interprétation de l'onde évanescente

La fonction φ_I(x) = D e^+ρx représente une onde évanescente. Son amplitude diminue exponentiellement à mesure que x diminue (vers −∞). Cela signifie qu'il n'y a pas de propagation d'onde dans la région (I). La probabilité de détecter les électrons à grande distance dans la région x < 0 est quasi nulle. Cependant, il existe une probabilité de présence non nulle au voisinage immédiat de la marche de potentiel, sous la forme de cette onde évanescente.

2) Cas d'une barrière de potentiel et effet tunnel

Si la zone (I) présente une seconde discontinuité de potentiel (V₃) à x = −a, et que V₂ < V₃ < E < V₁ (ce qui formerait une barrière de potentiel), la situation change.

Dans la région (III) (x < −a), le potentiel V_barrière = V₃ est inférieur à E. Si la particule pouvait atteindre l’entrée de la région (III), elle pourrait continuer son chemin.

Ceci n'est possible que si la largeur de la région (I) est très faible (a → 0). Si 'a' est très grande, l’onde évanescente ne peut pas atteindre l’entrée de la région (III) car sa probabilité de présence en x = −a est quasi-nulle. La particule doit traverser une région où son énergie est inférieure au potentiel, un phénomène typiquement quantique appelé l'effet tunnel.

Solution 4 : États liés de l’électron de l’ion H₂⁺

L’ion H₂⁺ est composé de deux protons p₁ et p₂ séparés par une distance 'a', et d’un seul électron. Nous étudions les états liés de cet électron, de masse m et d’énergie E < 0, sous l’attraction des deux protons supposés immobiles. Le potentiel ressenti par l’électron est modélisé par un double puits de Dirac :
V(x) = −αδ(x + a/2) − αδ(x − a/2), où α est une constante positive.
Dans ce qui suit, on pose q² = −2mE/ħ² et E_L = −mα²/(2ħ²).

1) a) L’équation de Schrödinger

Elle s’écrit de manière générale :
φ''(x) + (2m/ħ²)[E + αδ(x + a/2) + αδ(x − a/2)]φ(x) = 0.

Pour x ≠ ±a/2, le potentiel est nul (δ(x) = 0), et la particule est libre dans les trois régions (I, II, III). L’équation devient :
φ''(x) + (2mE/ħ²)φ(x) = 0.

b) L’expression de la fonction d’onde φ(x) dans les trois régions

Puisque l’énergie de l’électron est E < 0, posons q² = −2mE/ħ² > 0. L'équation se simplifie en : φ''(x) − q²φ(x) = 0.
La fonction d’onde générale est de la forme :

Région (I) (x < −a/2) : φ_I(x) = A e^qx + A₀e^−qx
Région (II) (−a/2 < x < a/2) : φ_II(x) = B e^qx + B₀e^−qx
Région (III) (x > a/2) : φ_III(x) = C e^−qx + C₀e^qx

Conditions asymptotiques pour les états liés

Pour un état lié, la fonction φ(x) doit rester bornée lorsque x tend vers ±∞. Cela signifie que les termes qui divergent doivent être nuls :

Quand x → −∞, A₀e^−qx diverge, donc A₀ = 0.
Quand x → +∞, C₀e^qx diverge, donc C₀ = 0.

Les fonctions d'onde simplifiées sont donc :

φ_I(x) = A e^qx
φ_II(x) = B e^qx + B₀e^−qx
φ_III(x) = C e^−qx

2) Fonctions d’onde symétriques φ_S(x) et antisymétriques φ_A(x)

Le potentiel étant symétrique par rapport à l’origine, les états liés sont soit symétriques, soit antisymétriques.

a) Fonctions d’onde symétriques φ_S(x)

Pour une fonction symétrique, φ(x) = φ(−x).

φ_I(−x) = φ_III(x) : A e^−qx = C e^−qx ⇒ A = C.
φ_II(−x) = φ_II(x) : B e^−qx + B₀e^+qx = B e^qx + B₀e^−qx ⇒ (B − B₀)(e^−qx − e^+qx) = 0. Pour que cela soit vrai pour tout x dans la région (II), il faut B = B₀.

D'où les fonctions d'onde symétriques :

φ_S,I(x) = A e^qx
φ_S,II(x) = B (e^qx + e^−qx) = 2B cosh(qx)
φ_S,III(x) = A e^−qx

b) Fonctions d’onde antisymétriques φ_A(x)

Pour une fonction antisymétrique, φ(x) = −φ(−x).

φ_I(−x) = −φ_III(x) : A e^−qx = −C e^−qx ⇒ A = −C.
φ_II(−x) = −φ_II(x) : B e^−qx + B₀e^+qx = −(B e^qx + B₀e^−qx) ⇒ (B + B₀)(e^−qx + e^+qx) = 0. Pour que cela soit vrai pour tout x dans la région (II), il faut B = −B₀.

D'où les fonctions d'onde antisymétriques :

φ_A,I(x) = A e^qx
φ_A,II(x) = B (e^qx − e^−qx) = 2B sinh(qx)
φ_A,III(x) = −A e^−qx

3) Discontinuité de la dérivée première φ'(x) au point x = a/2

Le potentiel de Dirac entraîne une discontinuité de la dérivée première de la fonction d'onde aux points ±a/2. En intégrant l'équation de Schrödinger autour de x = a/2 (le puits de droite), on peut montrer la condition de saut.
L'intégration de φ''(x) + (2m/ħ²)[E + αδ(x − a/2)]φ(x) = 0 entre a/2 − e et a/2 + e, quand e → 0, donne :
lim_e→0 [φ'(a/2 + e) − φ'(a/2 − e)] = −(2mα/ħ²)φ(a/2).

C'est-à-dire : φ'_(a/2)⁺ − φ'_(a/2)⁻ = β φ(a/2), où β = −2mα/ħ². Cette relation traduit la discontinuité de φ'(x) au point x = a/2.

4) Les équations donnant les énergies possibles de l’électron

Les deux conditions de raccordement au point x = a/2 sont :

Continuité de la fonction d'onde : φ_II(a/2) = φ_III(a/2).
Discontinuité de la dérivée première : φ'_III(a/2) − φ'_II(a/2) = −(2mα/ħ²) φ(a/2).

a) Cas symétrique

Avec φ_S,II(x) = 2B cosh(qx) et φ_S,III(x) = A e^−qx (et A=C, B=B₀) :

2B cosh(qa/2) = A e^−qa/2
−qA e^−qa/2 − 2qB sinh(qa/2) = β (2B cosh(qa/2))

En combinant ces équations, on obtient :
q [cosh(qa/2) + sinh(qa/2)] = −(mα/ħ²) cosh(qa/2)
q e^qa/2 = −(mα/ħ²) cosh(qa/2)
q e^qa/2 = −(mα/ħ²) (e^qa/2 + e^−qa/2)/2
En réarrangeant, on trouve : e^−qa = (2q/β) − 1 (avec β = −2mα/ħ²) ou e^−qa = (2qħ²/(mα)) − 1. Si on pose γ = 2ħ²/(mα), alors e^−qa = γq − 1.

b) Cas antisymétrique

Avec φ_A,II(x) = 2B sinh(qx) et φ_A,III(x) = −A e^−qx (et A=−C, B=−B₀) :

2B sinh(qa/2) = −A e^−qa/2
qA e^−qa/2 − 2qB cosh(qa/2) = β (2B sinh(qa/2))

En combinant ces équations, on obtient :
q [cosh(qa/2) + sinh(qa/2)] = −(mα/ħ²) sinh(qa/2)
q e^qa/2 = −(mα/ħ²) sinh(qa/2)
q e^qa/2 = −(mα/ħ²) (e^qa/2 − e^−qa/2)/2
En réarrangeant, on trouve : e^−qa = −(2q/β) − 1 ou e^−qa = −(γq + 1).

Les deux relations peuvent s’écrire sous la forme générale : e^−qa = ±(γq − 1).

5) Résolution et déduction des niveaux d'énergie

a) Résolution graphique de cette équation

Les solutions des équations e^−qa = f_A,S(q) sont obtenues graphiquement par les points d’intersection de la courbe y = e^−qa avec les droites f_S(q) = γq − 1 et f_A(q) = −γq − 1. (Note: il y a une erreur dans le texte original pour f_A(q) qui devrait être −(γq + 1)).

b) Les deux solutions possibles q_S et q_A

Nous constatons que les solutions q_S (pour l'état symétrique) et q_A (pour l'état antisymétrique) se situent de part et d’autre d’une valeur q₀. Le point d'intersection des deux droites est : γq₀ − 1 = −(γq₀ + 1) ⇒ 2γq₀ = 0 ⇒ q₀ = 0. (Il semble y avoir une incohérence dans le texte original qui donne q₀ = μ/2, qui n'est pas 0). En général, il y a deux solutions pour q, correspondant à deux niveaux d'énergie.

c) Déduction des énergies

Si l'on suit le texte original, la relation entre les solutions serait q_A < q₀ < q_S. En multipliant par −ħ²/(2m), et en utilisant q² = −2mE/ħ² et E_L = −mα²/(2ħ²) = −ħ²q_L²/(2m) avec q_L = mα/ħ², on déduit une relation entre les énergies E_S (symétrique) et E_A (antisymétrique) :
E_S < −E_L < E_A.
Cela signifie que l'état symétrique (fondamental) a une énergie plus basse et est plus lié que l'état antisymétrique. L'énergie E_L correspond à l'énergie d'un seul puits de Dirac.

Solution 5 : Puits de potentiel infini + delta

Considérons une particule de masse m et d’énergie E < 0, astreinte à se déplacer sur l’axe ox de x = 0 à l'infini. Elle est soumise à un potentiel V(x) défini comme :

V(x) = ∞ pour x < 0 (mur infini)
V(x) = −αδ(x − a) pour x > 0 (puits de Dirac à x = a, avec α positive)

1) L’équation de Schrödinger pour ce système dans les deux régions

L’équation de Schrödinger générale est : ψ''(x) + (2m/ħ²)[E − V(x)]ψ(x) = 0.
Pour le potentiel donné, elle s’écrit : ψ''(x) + (2m/ħ²)[E + αδ(x − a)]ψ(x) = 0.

Dans les régions où x ≠ a, le potentiel est nul (hors du Dirac) et donc l'équation devient :
ψ''(x) + (2mE/ħ²)ψ(x) = 0.
Comme E < 0, on pose k² = −2mE/ħ² > 0. L'équation est alors : ψ''(x) − k²ψ(x) = 0.

La forme générale de la fonction d’onde ψ(x) est :

Région (I) (0 < x < a) : ψ_I(x) = A e^kx + B e^−kx
Région (II) (x > a) : ψ_II(x) = C e^−kx + D e^kx

Limite asymptotique x → +∞

Pour un état lié (normalisable), la fonction ψ(x) doit rester bornée quand x tend vers +∞. Par conséquent, le terme divergent D e^kx dans la région (II) doit être nul, d'où D = 0.
Les fonctions d'onde sont :

ψ_I(x) = A e^kx + B e^−kx : 0 < x < a
ψ_II(x) = C e^−kx : x > a

2) La valeur de ψ(0)

Dans la région x < 0, le potentiel V → +∞ (mur infini). La fonction d’onde dans cette région est donc nulle : ψ(x) = 0 pour x < 0.

Par la condition de continuité de la fonction d'onde au point x = 0, on a : ψ_I(0) = ψ(0) = 0.
Donc, A e^k*0 + B e^−k*0 = 0 ⇒ A + B = 0 ⇒ A = −B.

L'expression de ψ(x) devient :

ψ_I(x) = A (e^kx − e^−kx) = 2A sinh(kx) : 0 < x < a
ψ_II(x) = C e^−kx : x > a

3) La condition satisfaite par ψ(x) au point x = a

La fonction d’onde doit être continue au point x = a : ψ_I(a) = ψ_II(a).
Donc : 2A sinh(ka) = C e^−ka.

4) La discontinuité de la dérivée première ψ'(x) au point x = a

Comme pour la solution précédente, la présence d'un potentiel de Dirac à x = a entraîne une discontinuité de la dérivée de la fonction d'onde. En intégrant l'équation de Schrödinger autour de x = a et en prenant la limite e → 0, on obtient :
lim_e→0 [ψ'(a + e) − ψ'(a − e)] = −(2mα/ħ²)ψ(a).

C'est-à-dire : ψ'_II(a) − ψ'_I(a) = k₀ψ(a), avec k₀ = −2mα/ħ².

5) Déduction : l’équation de quantification donnant les valeurs possibles de k

En utilisant les expressions des fonctions d'onde et leurs dérivées :

ψ'_I(x) = 2Ak cosh(kx)
ψ'_II(x) = −Ck e^−kx

La condition de discontinuité devient :
−Ck e^−ka − 2Ak cosh(ka) = k₀ (2A sinh(ka)).

En utilisant la condition de continuité 2A sinh(ka) = C e^−ka, on peut remplacer C e^−ka par 2A sinh(ka) :
−k (2A sinh(ka)) − 2Ak cosh(ka) = k₀ (2A sinh(ka)).
−k sinh(ka) − k cosh(ka) = k₀ sinh(ka).
k cosh(ka) = (−k − k₀) sinh(ka).

D'où l’équation de quantification de k :
k coth(ka) = −k − k₀.

En multipliant par 'a' pour une forme sans dimension :
ka coth(ka) = −ka − k₀a. Si on pose x = ka, l'équation devient x coth(x) = −x − k₀a.

6) Résolution graphique de l’équation de quantification

Pour trouver les valeurs possibles de k, on représente graphiquement les fonctions :
f(x) = x coth(x) et y(x) = −x − k₀a, où x = ka.

Les points d’intersection de la courbe f(x) avec la droite y(x) donnent les valeurs possibles du vecteur d’onde k.

Condition d'existence d'un état lié

L'analyse graphique montre qu’il existe un seul état lié si k₀a < 0. Puisque k₀ = −2mα/ħ² est négatif (α > 0), il faut que −k₀a > 0, ce qui signifie k₀a est un nombre négatif. Ou plus précisément, il existe un état lié si |k₀a| > 1.

Donc, un seul état lié existe si :
|−2mαa/ħ²| > 1 ⇒ 2mαa/ħ² > 1 ⇒ α > ħ²/(2ma).

Solution 6 : États liés

Une particule de masse m se déplace dans un puits de potentiel asymétrique unidimensionnel, V(x), dont l'allure est définie par trois régions (I : x ≤ 0, II : 0 < x ≤ a, III : x ≥ a). L’objectif de cet exercice est d’établir les conditions pour avoir un état lié. Pour ce faire, on suppose que 0 < E < U₁ < U₂ et on cherche la résolution de l’équation de Schrödinger.

L’équation de Schrödinger, de manière globale, s’écrit : φ''(x) + (2m/ħ²)[E − V(x)]φ(x) = 0.

Dans la région (I) (x ≤ 0) : V(x) = U₁. Puisque E < U₁, nous définissons k₁² = (2m/ħ²)[U₁ − E] > 0. L'équation s'écrit : φ''₁(x) − k₁²φ₁(x) = 0.
La solution est φ₁(x) = A e^+k₁x + A₀e^−k₁x. Pour que φ₁ soit bornée à −∞ (état lié), A₀ doit être nul. Donc φ₁(x) = A e^+k₁x.
Dans la région (II) (0 < x ≤ a) : V(x) = 0. Puisque E > 0, nous définissons ρ² = (2mE/ħ²) > 0. L'équation s'écrit : φ''₂(x) + ρ²φ₂(x) = 0.
La solution est φ₂(x) = C₁ e^+iρx + C₂ e^−iρx, qui peut aussi s'écrire φ₂(x) = C sin(ρx + δ).
Dans la région (III) (x ≥ a) : V(x) = U₂. Puisque E < U₂, nous définissons k₂² = (2m/ħ²)[U₂ − E] > 0. L'équation s'écrit : φ''₃(x) − k₂²φ₃(x) = 0.
La solution est φ₃(x) = B₀e^+k₂x + B e^−k₂x. Pour que φ₃ soit bornée à +∞ (état lié), B₀ doit être nul. Donc φ₃(x) = B e^−k₂x.

En imposant les conditions de continuité de la fonction d’onde et de sa dérivée en x = 0 et x = a :

Au point x = 0

φ₁(0) = φ₂(0) ⇒ A = C sin(δ)
φ'₁(0) = φ'₂(0) ⇒ A k₁ = Cρ cos(δ)

De ces deux équations, on tire tan(δ) = ρ/k₁.

Au point x = a

φ₂(a) = φ₃(a) ⇒ C sin(ρa + δ) = B e^−k₂a
φ'₂(a) = φ'₃(a) ⇒ Cρ cos(ρa + δ) = −B k₂ e^−k₂a

De ces deux équations, on tire tan(ρa + δ) = −ρ/k₂.

Ces relations impliquent :

δ = arctan(ρ/k₁) + n₁π
ρa + δ = arctan(−ρ/k₂) + n₂π = −arctan(ρ/k₂) + n₂π

avec n₁ et n₂ des entiers. En soustrayant la première équation de la deuxième (avec n = n₂ − n₁) :
ρa = −arctan(ρ/k₂) − arctan(ρ/k₁) + nπ.

En utilisant la relation arctan(x) = arcsin(x/√(1 + x²)) et en posant :
ρ/k₁ = ρħ/√(2m(U₁ − E)) = √(E/(U₁ − E)) et ρ/k₂ = √(E/(U₂ − E)),
l'équation devient :
nπ − ρa = arcsin(√(E/(U₁ − E))) + arcsin(√(E/(U₂ − E)))

Si l'on définit x = √(E/U₁) et sin γ = √(U₁/U₂) (où 0 ≤ γ ≤ π/2 car U₁ < U₂), on peut réécrire l'équation (en négligeant les termes constants du potentiel et en utilisant une normalisation différente, comme suggéré par l'expression finale du texte original qui utilise une variable 'x' différente) :
nπ − a b₀ x = arcsin(x) + arcsin(x sin γ)
où b₀ est une constante liée aux paramètres du système.
En définissant y_n(x) = nπ − a b₀ x et y(x) = arcsin(x) + arcsin(x sin γ), l'équation finale devient : y_n(x) = y(x).

Pour avoir des états liés d’énergie discrète, la condition 0 ≤ E ≤ U₁ est indispensable. La résolution graphique de cette équation permet de déterminer les valeurs d'énergie E quantifiées pour lesquelles des états liés existent.