Feuille d'entraînement : Fonction d'onde et équation de Schrödinger

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q12

   L'équation de Schrödinger régissant l'évolution de la fonction d'onde \psi(x, t) d'une particule soumise au potentiel harmonique V(x) = \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 est :

   i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(x, t) = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x, t) + \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 \psi(x, t).

   Pour un état stationnaire d'énergie E, la fonction d'onde s'écrit \psi(x,t) = \varphi(x) \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right). On calcule les dérivées partielles :

   \begin{aligned} \frac{\partial \psi}{\partial t}(x, t) &= -\frac{iE}{\hbar} \varphi(x) \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right), \\ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x, t) &= \frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right). \end{aligned}

   En reportant ces expressions dans l'équation de Schrödinger et en simplifiant par le facteur non nul \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right), il vient :

   E \varphi(x) = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 \varphi(x),

   soit encore :

   \boxed{-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 \varphi(x) = E \varphi(x)}

   ou, sous forme canonique :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{2m}{\hbar^2}\left(E - \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2\right)\varphi(x) = 0.}

   La probabilité totale de présence de la particule dans tout l'espace doit être égale à 1 à chaque instant :

   \int_{-\infty}^{+\infty} |\psi(x, t)|^2\,\mathrm{d}x = 1.

   Comme |\psi(x, t)|^2 = |\varphi(x)|^2\left|\mathrm{e}^{-iEt/\hbar}\right|^2 = |\varphi(x)|^2, et sachant que \varphi(x) est choisie à valeurs réelles, la condition de normalisation s'écrit :

   \boxed{\int_{-\infty}^{+\infty} \varphi^2(x)\,\mathrm{d}x = 1.}

   Résultat

   $$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}(x)+\frac{1}{2}m{\omega }_0^2{x}^2\phi (x)=E\phi (x)$$

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}(x)+\frac{2m}{{\hslash }^2}\left(E-\frac{1}{2}m{\omega }_0^2{x}^2\right)\phi (x)=0.$$

   $${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\phi }^2(x)\mathrm{d}x=1.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique MPI 2024, Q3

   Pour un état stationnaire d'énergie E, la fonction d'onde se factorise sous la forme :

   \Psi(x,t) = \psi(x) \, \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{E}{\hbar}t}

   En injectant cette forme dans l'équation de Schrödinger dépendante du temps établie à la question Q2, on obtient l'équation de Schrödinger indépendante du temps pour la partie spatiale \psi(x) :

   -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2}(x) + V(x)\psi(x) = E\,\psi(x)

   Pour x < 0 : le potentiel est nul (V(x) = 0), l'équation différentielle s'écrit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{2mE}{\hbar^2}\psi(x) = 0}

   Pour x > 0 : le potentiel est constant et vaut V_0 (V(x) = V_0), l'équation différentielle s'écrit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{2m(E - V_0)}{\hbar^2}\psi(x) = 0}

   Conditions de continuité en x = 0 :
   Le potentiel V(x) présentant une discontinuité finie (discontinuité de première espèce) en x = 0, l'intégration de l'équation différentielle au voisinage immédiat de l'origine impose que :

   • la fonction d'onde spatiale est continue en x = 0 :

     \boxed{\psi(0^-) = \psi(0^+)}

   • la dérivée première spatiale de la fonction d'onde est continue en x = 0 :

     \boxed{\frac{\mathrm{d}\psi}{\mathrm{d}x}(0^-) = \frac{\mathrm{d}\psi}{\mathrm{d}x}(0^+)}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\psi }{\mathrm{d}{x}^2}(x)+\frac{2mE}{{\hslash }^2}\psi (x)=0$$

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\psi }{\mathrm{d}{x}^2}(x)+\frac{2m(E-V_0)}{{\hslash }^2}\psi (x)=0$$

   $$\psi (0^{-})=\psi (0^{+})$$

   $$\frac{\mathrm{d}\psi }{\mathrm{d}x}(0^{-})=\frac{\mathrm{d}\psi }{\mathrm{d}x}(0^{+})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique MPI 2024, Q4

   On pose le vecteur d'onde dans la région libre (x < 0) :

   k_1 = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}

   Pour un neutron incident se propageant selon les x croissants, l'onde incidente s'écrit A\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_1 x} (avec A \neq 0). Dans la zone x < 0, la fonction d'onde est la superposition de l'onde incidente et de l'onde réfléchie :

   \psi(x) = A\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_1 x} + B\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k_1 x} \quad (x < 0)

   1. Cas E > V_0 :

   On introduit le vecteur d'onde pour x > 0 :

   k_2 = \frac{\sqrt{2m(E - V_0)}}{\hbar}

   Dans le demi-espace x > 0, il n'y a pas d'onde se propageant vers la gauche (pas de source à +\infty), la solution s'écrit donc :

   \psi(x) = C\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_2 x} \quad (x > 0)

   En appliquant les conditions de continuité en x = 0 (question Q3) :

   \begin{aligned} \psi(0^-) = \psi(0^+) &\implies A + B = C \\ \psi'(0^-) = \psi'(0^+) &\implies \mathrm{i}k_1(A - B) = \mathrm{i}k_2 C \iff A - B = \frac{k_2}{k_1}C \end{aligned}

   En résolvant ce système linéaire, on obtient :

   B = \frac{k_1 - k_2}{k_1 + k_2}\,A \quad \text{et} \quad C = \frac{2k_1}{k_1 + k_2}\,A

   L'expression de la fonction d'onde pour E > V_0 est donc :

   \boxed{\psi(x) = \begin{cases} A\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_1 x} + \dfrac{k_1 - k_2}{k_1 + k_2}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k_1 x}\right) & \text{pour } x < 0 \\[1em] A\,\dfrac{2k_1}{k_1 + k_2}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_2 x} & \text{pour } x > 0 \end{cases}}

   2. Cas E < V_0 :

   On introduit la constante d'atténuation :

   \kappa = \frac{\sqrt{2m(V_0 - E)}}{\hbar}

   La forme générale de la solution pour x > 0 est \psi(x) = C\,\mathrm{e}^{-\kappa x} + D\,\mathrm{e}^{\kappa x}. La fonction d'onde devant rester bornée lorsque x \to +\infty, on a nécessairement D = 0. Il ne subsiste qu'une onde évanescente :

   \psi(x) = C\,\mathrm{e}^{-\kappa x} \quad (x > 0)

   Les conditions de continuité en x = 0 donnent :

   \begin{aligned} \psi(0^-) = \psi(0^+) &\implies A + B = C \\ \psi'(0^-) = \psi'(0^+) &\implies \mathrm{i}k_1(A - B) = -\kappa C \iff A - B = \mathrm{i}\frac{\kappa}{k_1}C \end{aligned}

   Ce qui conduit à :

   B = \frac{k_1 - \mathrm{i}\kappa}{k_1 + \mathrm{i}\kappa}\,A \quad \text{et} \quad C = \frac{2k_1}{k_1 + \mathrm{i}\kappa}\,A

   L'expression de la fonction d'onde pour E < V_0 est ainsi :

   \boxed{\psi(x) = \begin{cases} A\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_1 x} + \dfrac{k_1 - \mathrm{i}\kappa}{k_1 + \mathrm{i}\kappa}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k_1 x}\right) & \text{pour } x < 0 \\[1em] A\,\dfrac{2k_1}{k_1 + \mathrm{i}\kappa}\,\mathrm{e}^{-\kappa x} & \text{pour } x > 0 \end{cases}}

   Résultat

   $$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}A\left({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{k}_{1}x}+\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}{k}_{1}x}\right)& \text{pour }x<0\\ A\frac{2k_1}{k_1+k_2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{k}_{2}x}& \text{pour }x>0\end{array}$$

   $$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}A\left({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{k}_{1}x}+\frac{k_1-\mathrm{i}\kappa }{k_1+\mathrm{i}\kappa }{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}{k}_{1}x}\right)& \text{pour }x<0\\ A\frac{2k_1}{k_1+\mathrm{i}\kappa }{\mathrm{e}}^{-\kappa x}& \text{pour }x>0\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q37

   L'équation de Schrödinger à une dimension s'écrit :

   i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(x,t) = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x,t) + V(x)\psi(x,t)

   Pour une fonction d'onde stationnaire \psi(x,t) = \varphi(x)\,\mathrm{e}^{-\frac{iE}{\hbar}t}, les dérivées temporelle et spatiale s'expriment par :

   \frac{\partial \psi}{\partial t}(x,t) = -\frac{iE}{\hbar}\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-\frac{iE}{\hbar}t} \quad \implies \quad i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(x,t) = E\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-\frac{iE}{\hbar}t}

   \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x,t) = \frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x)\,\mathrm{e}^{-\frac{iE}{\hbar}t}

   En injectant ces expressions dans l'équation de Schrödinger et en simplifiant par le terme non nul \mathrm{e}^{-\frac{iE}{\hbar}t}, on obtient l'équation différentielle vérifiée par \varphi(x) :

   \boxed{-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + V(x)\varphi(x) = E\varphi(x)}

   soit encore :

   \frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{2m}{\hbar^2}\big(E - V(x)\big)\varphi(x) = 0

   Dans la région II (x_2 < x < x_3), le potentiel est constant et vaut V(x) = V_0 > E. L'équation différentielle devient :

   \frac{\mathrm{d}^2\varphi_{II}}{\mathrm{d}x^2}(x) - \frac{2m(V_0 - E)}{\hbar^2}\varphi_{II}(x) = 0

   Comme V_0 - E > 0, l'équation caractéristique associée admet deux racines réelles opposées \pm \frac{1}{\delta}, où :

   \boxed{\delta = \frac{\hbar}{\sqrt{2m(V_0 - E)}}}

   La solution générale dans la région II s'exprime donc sous la forme :

   \boxed{\varphi_{II}(x) = A_{II}\,\mathrm{e}^{-x/\delta} + B_{II}\,\mathrm{e}^{x/\delta}}

   (les constantes A_{II} et B_{II} pouvant être redéfinies si l'on prend l'abscisse d'entrée x_2 comme référence, sous la forme A'_{II}\,\mathrm{e}^{-(x-x_2)/\delta} + B'_{II}\,\mathrm{e}^{(x-x_2)/\delta}).

   Résultat

   $$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}(x)+V(x)\phi (x)=E\phi (x)$$

   $$\delta =\frac{\hslash }{\sqrt{2m(V_0-E)}}$$

   $${\phi }_{II}(x)=A_{II}{\mathrm{e}}^{-x/\delta }+B_{II}{\mathrm{e}}^{x/\delta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q13

   L'énergie potentielle du puits harmonique V(x) = \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 est une fonction paire : V(-x) = V(x).

   D'après l'équation différentielle établie à la question Q12 :

   -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + V(x)\varphi(x) = E\varphi(x)

   L'opérateur hamiltonien est invariant par la transformation x \mapsto -x car l'opérateur de dérivation seconde vérifie \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}(-x)^2} = \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}. Par conséquent, si \varphi(x) est solution associée à l'énergie E, la fonction \tilde{\varphi}(x) = \varphi(-x) est également solution associée à la même valeur propre E.

   À une dimension, les niveaux d'énergie des états stationnaires liés sont non dégénérés. Les fonctions \varphi(x) et \varphi(-x) sont donc proportionnelles, ce qui impose l'existence d'une parité définie :

   \varphi(-x) = \pm\,\varphi(x)

   La fonction d'onde spatiale \varphi(x) est ainsi soit paire, soit impaire.

   Dans les deux cas, le carré de la fonction d'onde, qui s'identifie à la densité de probabilité de présence spatiale puisque \varphi est réelle, vérifie :

   |\psi(x, t)|^2 = \varphi^2(x) = \varphi^2(-x)

   La fonction x \mapsto \varphi^2(x) est donc rigoureusement paire.

   L'intégrande intervenant dans le calcul de la valeur moyenne de la position s'écrit f(x) = x |\psi(x, t)|^2 = x \varphi^2(x). Il s'agit du produit d'une fonction impaire (x \mapsto x) par une fonction paire (x \mapsto \varphi^2(x)) : f(x) est donc une fonction impaire.

   Le domaine d'intégration étant symétrique par rapport à l'origine et l'intégrale étant convergente (état lié normalisé), l'intégrale d'une fonction impaire est nulle :

   \langle x \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} x \varphi^2(x)\,\mathrm{d}x = 0

   \boxed{\langle x \rangle = 0}

   Résultat

   $$⟨x⟩=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q14

   La fonction d'onde de l'état stationnaire s'écrit \psi(x,t) = \varphi(x)\,\mathrm{e}^{-iEt/\hbar} avec \varphi(x) à valeurs réelles. Son complexe conjugué est donc :

   \psi^*(x,t) = \varphi(x)\,\mathrm{e}^{iEt/\hbar}

   et sa dérivée spatiale vaut :

   \frac{\partial \psi}{\partial x}(x,t) = \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x)\,\mathrm{e}^{-iEt/\hbar}

   Le produit apparaissant dans l'intégrale de définition de \langle p_x \rangle se simplifie en :

   \psi^*(x,t)\,\frac{\partial \psi}{\partial x}(x,t) = \varphi(x)\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x)

   La valeur moyenne de la quantité de mouvement s'écrit alors :

   \langle p_x \rangle = -i\hbar \int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(x)\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x)\,\mathrm{d}x

   Ce résultat est nul, ce que l'on peut justifier de deux manières indépendantes :

   • Par parité : comme établi à la question Q13, la fonction \varphi(x) possède une parité déterminée (paire ou impaire). Sa dérivée \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) a donc la parité opposée (impaire ou paire). Le produit \varphi(x)\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) est par conséquent une fonction impaire de x. L'intégrale sur l'intervalle symétrique [-\infty, +\infty] d'une fonction impaire intégrable est strictement nulle.

   • Par intégration directe : on reconnaît une dérivée exacte :

     \varphi(x)\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) = \frac{1}{2}\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\varphi(x)^2\right)

     L'intégrale se calcule immédiatement :

     \int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(x)\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x)\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}\,\varphi(x)^2 \right]_{-\infty}^{+\infty} = 0

     car pour un état lié normalisable, la fonction d'onde tend nécessairement vers zéro en \pm\infty (\lim_{x \to \pm\infty}\varphi(x) = 0).

   On en déduit :

   \boxed{\langle p_x \rangle = 0}

   Résultat

   $$⟨p_x⟩=0$$

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7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q13

   1. Interprétation physique de l'intégrale

   La quantité \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}x représente l'élément de volume d'une tranche de cylindre de section S et d'épaisseur \mathrm{d}x. D'après l'interprétation probabiliste de Born, la quantité |\underline{\Psi}(x, t)|^{2}\,\mathrm{d}V représente la probabilité élémentaire \mathrm{d}\mathbb{P} de trouver la particule dans ce volume élémentaire autour de l'abscisse x à l'instant t.

   Par conséquent, l'intégrale sur l'ensemble du domaine spatial cylindrique \mathscr{D} :

   \int_{\mathscr{D}} |\underline{\Psi}(x, t)|^{2} S\,\mathrm{d}x

   représente la probabilité totale de présence de la particule dans l'ensemble du domaine accessible \mathscr{D}. La particule étant confinée dans ce domaine et ne pouvant disparaître, cette intégrale vaut 1 en vertu de la condition de normalisation.

   2. Dimension de \underline{\Psi}(x, t)

   Une probabilité étant un nombre sans dimension ([\mathbb{P}] = 1), on a :

   \left[ \int_{\mathscr{D}} |\underline{\Psi}|^{2} S\,\mathrm{d}x \right] = 1 \implies [|\underline{\Psi}|^{2}] \cdot [S] \cdot [\mathrm{d}x] = 1

   Or [S] = L^2 et [\mathrm{d}x] = L, ce qui conduit à :

   [|\underline{\Psi}|^{2}] \cdot L^3 = 1 \implies [|\underline{\Psi}|] = L^{-3/2}

   \boxed{[\underline{\Psi}(x,t)] = L^{-3/2}}

   3. Équation différentielle vérifiée par \underline{\psi}(x)

   On injecte la forme stationnaire \underline{\Psi}(x, t) = \underline{\psi}(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} dans la seconde égalité de l'équation de Schrödinger (4) :

   -\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{\partial^{2}\underline{\Psi}}{\partial x^{2}} + V(x)\underline{\Psi}(x, t) = E\underline{\Psi}(x, t)

   Comme \frac{\partial^{2}\underline{\Psi}}{\partial x^{2}} = \frac{\mathrm{d}^{2}\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^{2}}(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}, il vient :

   \left( -\frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{\mathrm{d}^{2}\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^{2}}(x) + V(x)\underline{\psi}(x) \right)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} = E\,\underline{\psi}(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}

   En simplifiant par le terme temporel \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} \neq 0, on obtient l'équation différentielle spatiale (équation de Schrödinger stationnaire) :

   \boxed{-\frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{\mathrm{d}^{2}\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^{2}}(x) + V(x)\underline{\psi}(x) = E\,\underline{\psi}(x)}

   qui s'écrit également sous la forme :

   \frac{\mathrm{d}^{2}\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^{2}} + \frac{2m}{\hbar^{2}}\big(E - V(x)\big)\underline{\psi}(x) = 0

   4. Expression de l'énergie de la particule

   En utilisant la première partie de l'équation (4), on calcule la dérivée temporelle de \underline{\Psi} :

   \mathrm{i}\hbar \frac{\partial \underline{\Psi}}{\partial t} = \mathrm{i}\hbar(-\mathrm{i}\omega)\underline{\psi}(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} = \hbar\omega\,\underline{\Psi}(x, t)

   D'après l'équation (4), ce terme est identifié à E\underline{\Psi}(x, t). Par identification directe, on retrouve la relation de Planck-Einstein :

   \boxed{E = \hbar\omega = \frac{h\omega}{2\pi}}

   Résultat

   $$[\underline{\Psi }(x,t)]=L^{-3/2}$$

   $$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2\underline{\psi }}{\mathrm{d}{x}^2}(x)+V(x)\underline{\psi }(x)=E\underline{\psi }(x)$$

   $$E=\hslash \omega =\frac{h\omega }{2\pi }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q14

   D'après la question Q13, l'équation différentielle spatiale s'écrit, pour un potentiel constant V(x) = V_0 :

   \frac{\mathrm{d}^2\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^2} + \frac{2m(E - V_0)}{\hbar^2}\underline{\psi}(x) = 0

   Condition de propagation sans atténuation : Une onde se propage sans atténuation si la dépendance spatiale est oscillante (non évanescente), ce qui impose un terme de rappel positif dans l'oscillateur harmonique :

   \boxed{E > V_0}

   Forme générale de \underline{\psi} et longueur d'onde \lambda : En posant le vecteur d'onde k = \frac{\sqrt{2m(E - V_0)}}{\hbar} > 0, l'équation devient \frac{\mathrm{d}^2\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^2} + k^2\underline{\psi} = 0. La forme générale de la solution s'écrit sous forme d'ondes progressives se propageant en sens inverses :

   \boxed{\underline{\psi}(x) = \underline{A}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx} + \underline{B}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}} \quad \text{avec } (\underline{A}, \underline{B}) \in \mathbb{C}^2

   La longueur d'onde spatiale associée \lambda = \frac{2\pi}{k} vaut, en rappelant que \hbar = \frac{h}{2\pi} :

   \boxed{\lambda = \frac{h}{\sqrt{2m(E - V_0)}}}

   Impulsion de la particule dans le cas d'un sens unique de propagation : Pour une onde progressive se propageant dans le sens des x croissants, la fonction d'onde s'écrit :

   \underline{\Psi}(x,t) = \underline{A}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kx - \omega t)}

   D'après la relation de De Broglie (1), \lambda = \frac{h}{p}, d'où le module de l'impulsion :

   \boxed{p = \frac{h}{\lambda} = \hbar k = \sqrt{2m(E - V_0)}}

   Comparaison avec la mécanique classique : L'énergie cinétique microscopique est définie par K = E - V(x) = E - V_0. En exprimant cette énergie en fonction de p :

   K = \frac{p^2}{2m} \iff p = \sqrt{2mK}

   Cette relation entre impulsion et énergie cinétique est rigoureusement identique à la relation classique K = \frac{1}{2}m v^2 = \frac{p^2}{2m} pour une particule non relativiste.

   Résultat

   $$E>V_0$$

   $$\underline{\psi }(x)=\underline{A}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}kx}+\underline{B}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}kx}$$

   $$\lambda =\frac{h}{\sqrt{2m(E-V_0)}}$$

   $$p=\frac{h}{\lambda }=\hslash k=\sqrt{2m(E-V_0)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q20

   1. Dimension et interprétation physique de \vec{J}

   D'après la question 13, la fonction d'onde spatiale d'une particule vérifie [|\underline{\Psi}|^{2}] = L^{-3} (densité volumique de présence). Par ailleurs, le quotient \frac{\vec{p}}{m_{e}} = \vec{v} représente le vecteur vitesse de l'électron, de dimension :

   \left[\frac{\vec{p}}{m_{e}}\right] = [\vec{v}] = L \cdot T^{-1}

   On en déduit immédiatement la dimension du vecteur \vec{J} :

   [\vec{J}] = [|\underline{\Psi}|^{2}] \cdot \left[\frac{\vec{p}}{m_{e}}\right] = L^{-3} \cdot L \cdot T^{-1} = L^{-2} \cdot T^{-1}

   \boxed{[\vec{J}] = L^{-2} \cdot T^{-1}}

   Interprétation physique : \vec{J} représente le vecteur densité de courant de probabilité (ou vecteur densité de flux de particules). Son flux à travers une surface orientée élémentaire d\vec{S} correspond au nombre moyen d'électrons (ou à la probabilité de passage) traversant cette surface par unité de temps.

   2. Expression de \psi_{0}

   Pour l'onde incidente se propageant selon l'axe (Ox) vers les x croissants, on a \vec{p} = p\,\vec{u}_{x} avec p > 0. La fonction d'onde s'écrit :

   \underline{\Psi}_{\text{inc}}(x,t) = \psi_0 \exp\left[-\frac{\mathrm{i}}{\hbar}(px - Et)\right]

   Le module au carré vaut :

   |\underline{\Psi}_{\text{inc}}(x,t)|^{2} = \psi_{0}^{2}

   Le vecteur densité de courant associé au faisceau incident est donc :

   \vec{J} = \psi_{0}^{2} \frac{p}{m_{e}} \vec{u}_{x}

   L'énoncé définit \Phi_{0} comme le nombre d'électrons incidents par unité de section droite et par unité de temps, ce qui correspond à la composante de \vec{J} selon \vec{u}_{x} :

   J = \psi_{0}^{2} \frac{p}{m_{e}} = \Phi_{0}

   Comme \psi_{0} > 0, on obtient directement :

   \boxed{\psi_{0} = \sqrt{\frac{m_{e}\Phi_{0}}{p}}}

   3. Perte de généralité

   De manière générale, l'amplitude complexe \underline{\psi}_{0} peut s'écrire sous forme polaire \underline{\psi}_{0} = |\psi_{0}|\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\phi}, où \phi \in \mathbb{R} est une phase à l'origine.

   Une phase globale constante n'affecte ni la densité volumique de probabilité |\underline{\Psi}|^{2}, ni le courant de probabilité \vec{J}, ni aucune grandeur physique observable (les grandeurs physiques dépendent de termes bilinéaires en \underline{\Psi} et \underline{\Psi}^*). Choisir la phase à l'origine telle que \phi = 0, et donc \psi_{0} > 0, correspond à fixer une référence arbitraire.

   \boxed{\text{Il n'y a donc aucune perte de généralité à supposer }\psi_{0} > 0.}

   Résultat

   $$[\vec{J}]=L^{-2}\cdot T^{-1}$$

   $${\psi }_0=\sqrt{\frac{m_e{\Phi }_0}{p}}$$

   $$\text{Il n’y a donc aucune perte de geˊneˊraliteˊ aˋ supposer }{\psi }_0>0.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q20

    La fonction d'onde s'écrit sous la forme :

    \underline{\Psi}(\vec{r},t) = \underline{\psi}_0 \exp\left( \frac{\mathrm{i}p(E)x}{\hbar} \right) \exp\left( -\frac{\mathrm{i}Et}{\hbar} \right) = \underline{\psi}(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}

    avec \underline{\psi}(x) = \underline{\psi}_0 \mathrm{e}^{\mathrm{i}p(E)x/\hbar}. La dépendance spatiale et la dépendance temporelle se factorisent, et l'énergie E est bien définie (état propre de l'hamiltonien). La densité volumique de probabilité de présence vaut :

    \rho(\vec{r},t) = |\underline{\Psi}(\vec{r},t)|^2 = |\underline{\psi}_0|^2

    Elle est rigoureusement indépendante du temps t (et ici de la position x). L'état associé est donc un état stationnaire.

    En posant la pulsation \omega = \dfrac{E}{\hbar} > 0 et le nombre d'onde k = \dfrac{p(E)}{\hbar} > 0, la fonction d'onde s'écrit :

    \underline{\Psi}(\vec{r},t) = \underline{\psi}_0 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega t - kx)} = \underline{\psi}_0 \mathrm{e}^{\mathrm{i}(kx - \omega t)}

    Il s'agit d'une onde plane progressive monochromatique se propageant dans la direction (Ox). Les plans d'onde d'égale phase vérifient kx - \omega t = \text{cte}, soit x(t) = \frac{\omega}{k}t + \text{cte} : l'onde se propage vers les x croissants. Le mouvement de la particule décrite par cette onde a donc lieu dans le sens des x croissants (dans le sens du vecteur \vec{e}_x).

    D'après les relations d'Einstein-Planck (E = \hbar\omega) et de de Broglie (p = \hbar k), la vitesse de phase s'écrit :

    v_\varphi = \frac{\omega}{k} = \frac{E/\hbar}{p(E)/\hbar} = \frac{E}{p(E)}

    \boxed{v_\varphi = \frac{E}{p(E)}}

    La vitesse de groupe s'obtient par dérivation :

    v_g = \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}k} = \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}p} = \frac{1}{\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}E}}

    En notant p'(E) = \dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}E} la dérivée de l'impulsion par rapport à l'énergie, on a :

    \boxed{v_g = \frac{1}{p'(E)}}

    Résultat

    $$v_{\phi }=\frac{E}{p(E)}$$

    $$v_g=\frac{1}{p^{\prime }(E)}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question