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

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation PC 2026, Q15

   On injecte la forme de l'état stationnaire \psi(x,t) = \varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} dans l'équation de Schrödinger dépendante du temps :

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

   Calculons les dérivées partielles de la fonction d'onde :

   \begin{aligned} \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} &= -i\frac{E}{\hbar}\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} \\ \frac{\partial^2 \psi(x,t)}{\partial x^2} &= \frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2}\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} \end{aligned}

   Le membre de gauche s'écrit donc :

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

   En reportant dans l'équation de Schrödinger et en simplifiant par le terme temporel non nul \mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t}, on obtient l'équation de Schrödinger stationnaire :

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

   soit, en réarrangeant les termes :

   \frac{\hbar^2}{2\mu}\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \bigl(E - V(x)\bigr)\varphi(x) = 0

   En multipliant par le facteur \dfrac{2\mu}{\hbar^2}, il vient :

   \frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{2\mu}{\hbar^2}\bigl(E - V(x)\bigr)\varphi(x) = 0

   Sachant que le potentiel harmonique est donné par V(x) = \dfrac{1}{2}\mu\omega_0^2 x^2, on a :

   \frac{2\mu}{\hbar^2}\bigl(E - V(x)\bigr) = \frac{\mu}{\hbar^2}\bigl(2E - 2V(x)\bigr) = \frac{\mu}{\hbar^2}\bigl(2E - \mu\omega_0^2 x^2\bigr)

   On aboutit bien à l'équation différentielle recherchée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{\mu}{\hbar^2}(2E - \mu\omega_0^2 x^2)\varphi(x) = 0}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi (x)}{\mathrm{d}{x}^2}+\frac{\mu }{{\hslash }^2}(2E-\mu {\omega }_0^2{x}^2)\phi (x)=0$$

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2. Exercice 2CCINP Modelisation PC 2026, Q17

   D'après les développements limités à l'ordre deux établis à la question Q16 :

   \begin{aligned} \varphi(x + \mathrm{d}x) &\approx \varphi(x) + \mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) + \frac{\mathrm{d}x^2}{2}\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \\ \varphi(x - \mathrm{d}x) &\approx \varphi(x) - \mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) + \frac{\mathrm{d}x^2}{2}\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \end{aligned}

   En sommant ces deux égalités membre à membre, le terme d'ordre un disparaît :

   \begin{aligned} \varphi(x + \mathrm{d}x) + \varphi(x - \mathrm{d}x) &\approx 2\varphi(x) + \mathrm{d}x^2\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} \end{aligned}

   On en déduit l'approximation de la dérivée seconde :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} \approx \frac{\varphi(x + \mathrm{d}x) - 2\varphi(x) + \varphi(x - \mathrm{d}x)}{\mathrm{d}x^2}}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi (x)}{\mathrm{d}{x}^2}\approx \frac{\phi (x+\mathrm{d}x)-2\phi (x)+\phi (x-\mathrm{d}x)}{\mathrm{d}{x}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Modelisation PC 2026, Q24

   D'après le rappel sur la méthode des rectangles à gauche, l'intégrale sur l'intervalle [-L, L] subdivisé par les abscisses (x_i)_{0 \le i \le N-1} s'approxime par la somme des aires des N-1 rectangles de largeur \mathrm{d}x et de hauteur f(x_i) = \varphi(x_i)^2 = \varphi_i^2 :

   \int_{-L}^{L} \varphi(x)^2 \,\mathrm{d}x \approx \sum_{i=0}^{N-2} \varphi(x_i)^2 \,\mathrm{d}x = \mathrm{d}x \sum_{i=0}^{N-2} \varphi_i^2

   Dans le tableau phi de dimension N, les valeurs \varphi_0, \dots, \varphi_{N-2} correspondent à la tranche phi[:-1]. En utilisant la fonction np.sum décrite en annexe, l'instruction 3.1 s'écrit en une seule ligne :

   norm = np.sum(phi[:-1]**2) * dx

   Remarque : Compte tenu de la grande valeur de N (N = 10\,000), le dernier terme \varphi_{N-1}^2 est négligeable devant la somme, de sorte que l'écriture norm = np.sum(phi**2) * dx est également tout à fait recevable.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 PC 2026, Q23

   La probabilité de trouver l'électron dans un élément de volume \mathrm{d}^3\tau centré en \vec{r} vaut :

   \mathrm{d}\mathbb{P} = |\underline{\Psi}(\vec{r},t)|^2\,\mathrm{d}^3\tau = |f(r)|^2\,\mathrm{d}^3\tau

   En coordonnées sphériques, l'élément de volume s'écrit \mathrm{d}^3\tau = r^2\sin\theta\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi. En intégrant sur toutes les directions angulaires pour une coquille sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r :

   \mathrm{d}\mathbb{P} = |f(r)|^2 r^2\,\mathrm{d}r \int_{\theta=0}^\pi \sin\theta\,\mathrm{d}\theta \int_{\varphi=0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi = 4\pi r^2 |f(r)|^2\,\mathrm{d}r

   Par identification avec \mathrm{d}\mathbb{P} = \rho(r)\,\mathrm{d}r, on obtient la densité radiale de probabilité :

   \rho(r) = 4\pi r^2 \psi_0^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}

   La probabilité totale de présence de l'électron dans tout l'espace doit être égale à 1 :

   \int_0^\infty \rho(r)\,\mathrm{d}r = 4\pi \psi_0^2 \int_0^\infty r^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}\,\mathrm{d}r = 1

   À l'aide du changement de variable x = \frac{2r}{R} (soit r = \frac{R}{2}x et \mathrm{d}r = \frac{R}{2}\,\mathrm{d}x), l'intégrale se met sous la forme :

   \int_0^\infty r^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}\,\mathrm{d}r = \left(\frac{R}{2}\right)^3 \int_0^\infty x^2\,\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x

   D'après les intégrales données en fin d'énoncé, \int_0^\infty x^2\,\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = 2, d'où :

   4\pi \psi_0^2 \cdot \frac{R^3}{8} \cdot 2 = \pi \psi_0^2 R^3 = 1 \implies \psi_0 = \frac{1}{\sqrt{\pi R^3}}

   On en déduit l'expression normalisée de la densité radiale de probabilité :

   \boxed{\rho(r) = \frac{4}{R^3}\,r^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}}

   Étudions les variations de \rho(r) pour r \geqslant 0 :

   \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}r}(r) = \frac{4}{R^3}\left(2r - \frac{2r^2}{R}\right)\mathrm{e}^{-2r/R} = \frac{8r}{R^3}\left(1 - \frac{r}{R}\right)\mathrm{e}^{-2r/R}

   • En r = 0, \rho(0) = 0 et la tangente est horizontale (\rho'(0) = 0) ;
   • Pour 0 < r < R, \rho'(r) > 0, la fonction est strictement croissante ;
   • Pour r > R, \rho'(r) < 0, la fonction est strictement décroissante ;
   • Lorsque r \to +\infty, \rho(r) \to 0 par croissance comparée.

   La fonction \rho(r) admet donc un unique maximum en r = R, de valeur \rho(R) = \frac{4}{\mathrm{e}^2 R}.

   Interprétation géométrique de R : Le paramètre R représente le rayon le plus probable, c'est-à-dire la distance au noyau pour laquelle la probabilité de trouver l'électron dans une coquille sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r est maximale.

   Résultat

   $$\rho (r)=\frac{4}{R^3}{r}^2{\mathrm{e}}^{-2r/R}$$

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5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q6

   D'après le postulat de Max Born, la quantité réelle positive |\Psi(M,t)|^{2} représente la densité volumique de probabilité de présence de l'électron au point M à l'instant t.

   La probabilité \mathrm{d}\mathcal{P} de détecter l'électron à l'instant t dans un volume élémentaire \mathrm{d}V centré autour de la position M s'écrit :

   \mathrm{d}\mathcal{P}(M,t) = |\Psi(M,t)|^{2}\,\mathrm{d}V

   Par conséquent, l'électron étant nécessairement présent quelque part dans l'espace, la fonction d'onde vérifie la condition de normalisation :

   \boxed{\iiint_{\text{espace}} |\Psi(M,t)|^{2}\,\mathrm{d}V = 1}

   Résultat

   $${\iiint }_{\text{espace}}|\Psi (M,t){|}^2\mathrm{d}V=1$$

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6. Exercice 6X-ENS Physique B PC 2023, Q6.a

   L'évolution temporelle de la fonction d'onde \Psi(\vec{r}, t) de l'atome est régie par l'équation de Schrödinger indépendante du temps de perturbation (hors impulsions laser) :

   j\hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t}(\vec{r}, t) = \hat{H} \Psi(\vec{r}, t)

   où \hat{H} est le hamiltonien de l'atome.

   Chaque fonction d'onde spatiale \varphi_i(\vec{r}) (i = 1, 2) est associée à un état stationnaire d'énergie totale E_i, c'est-à-dire un état propre du hamiltonien :

   \hat{H} \varphi_i(\vec{r}) = E_i \varphi_i(\vec{r}) \quad (i = 1, 2)

   En injectant la décomposition \Psi(\vec{r}, t) = a_1(t)\varphi_1(\vec{r}) + a_2(t)\varphi_2(\vec{r}) dans l'équation de Schrödinger, il vient :

   j\hbar \left( \frac{\mathrm{d}a_1}{\mathrm{d}t}(t)\,\varphi_1(\vec{r}) + \frac{\mathrm{d}a_2}{\mathrm{d}t}(t)\,\varphi_2(\vec{r}) \right) = E_1 a_1(t)\,\varphi_1(\vec{r}) + E_2 a_2(t)\,\varphi_2(\vec{r})

   Les états spatiaux \varphi_1(\vec{r}) et \varphi_2(\vec{r}) étant orthogonalement distincts (ils correspondent à deux impulsions différentes m\vec{v}_0 et m(\vec{v}_0 + 2\vec{v}_r)), on identifie terme à terme, ce qui conduit aux deux équations différentielles non couplées :

   j\hbar \frac{\mathrm{d}a_i}{\mathrm{d}t}(t) = E_i a_i(t) \quad \text{pour } i \in \{1, 2\}

   Comme j^2 = -1 \iff 1/j = -j, on obtient :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}a_i}{\mathrm{d}t}(t) + j\frac{E_i}{\hbar} a_i(t) = 0 \quad (i = 1, 2)}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{a}_i}{\mathrm{d}t}(t)+j\frac{E_i}{\hslash }{a}_i(t)=0(i=1,2)$$

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7. Exercice 7CentraleSupélec Physique 1 PC 2022, Q30

   Pour la fonction d'onde proposée \psi(x,t) = \psi_0 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega t - kx)}, les dérivées partielles s'écrivent :

   \begin{aligned} \frac{\partial \psi}{\partial t}(x,t) &= -\mathrm{i}\omega\,\psi(x,t) \\ \frac{\partial \psi}{\partial x}(x,t) &= \mathrm{i}k\,\psi(x,t) \\ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x,t) &= (\mathrm{i}k)^2\,\psi(x,t) = -k^2\,\psi(x,t) \end{aligned}

   En reportant ces expressions dans l'équation de Schrödinger :

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

   Comme \psi(x,t) n'est pas identiquement nulle, on peut simplifier par \psi(x,t), ce qui donne :

   \hbar\omega = \frac{\hbar^2 k^2}{2m} + V(x)

   Puisque \hbar, m, \omega et k sont des grandeurs indépendantes de la position spatiale x, le terme de gauche et le premier terme de droite sont constants. Par conséquent, l'énergie potentielle V(x) doit être indépendante de x.

   Une onde plane sinusoïdale est donc solution pour un potentiel uniforme (constant) :

   \boxed{V(x) = V_0 = \text{cte}}

   En particulier, si l'on choisit la référence de l'énergie potentielle telle que V_0 = 0, la particule est libre.

   La relation de dispersion liant la pulsation \omega au nombre d'onde k s'écrit alors :

   \boxed{\omega(k) = \frac{\hbar k^2}{2m} + \frac{V_0}{\hbar}}

   Dans le cas d'une particule libre (V_0 = 0), elle prend la forme classique :

   \omega(k) = \frac{\hbar k^2}{2m}

   Résultat

   $$V(x)=V_0=\text{cte}$$

   $$\omega (k)=\frac{\hslash k^2}{2m}+\frac{V_0}{\hslash }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique C PC 2022, Q23

   Puisque le paramètre \vec{\lambda} est constant dans le temps, les états propres \phi_n(x; \vec{\lambda}) ainsi que les énergies propres E_n(\vec{\lambda}) ne dépendent pas de t.

   En dérivant l'expression (3) de la fonction d'onde par rapport au temps, il vient :

   \frac{\partial \psi}{\partial t}(x, t) = \sum_{n=1}^N \frac{\mathrm{d}c_n}{\mathrm{d}t}(t)\,\phi_n(x; \vec{\lambda})

   En injectant cette relation dans l'équation de Schrödinger (5) :

   \sum_{n=1}^N i\hbar \frac{\mathrm{d}c_n}{\mathrm{d}t}(t)\,\phi_n(x; \vec{\lambda}) = \sum_{n=1}^N E_n(\vec{\lambda})\,c_n(t)\,\phi_n(x; \vec{\lambda})

   Multiplions par \phi_m^\star(x; \vec{\lambda}) et intégrons spatialement sur [0, L]. En utilisant la relation d'orthonormalité (4), \int_0^L \phi_m^\star(x; \vec{\lambda})\,\phi_n(x; \vec{\lambda})\,\mathrm{d}x = \delta_{nm}, on obtient pour tout entier n \in \{1, \dots, N\} :

   \boxed{i\hbar \frac{\mathrm{d}c_n}{\mathrm{d}t}(t) = E_n\,c_n(t)}

   Il s'agit d'une équation différentielle linéaire d'ordre un à coefficients constants, dont la solution s'écrit immédiatement :

   \boxed{c_n(t) = c_n(0)\,\mathrm{e}^{-\frac{i E_n}{\hbar}t}}

   En réinjectant cette expression dans la décomposition de \psi(x, t), on obtient la fonction d'onde à tout instant :

   \boxed{\psi(x, t) = \sum_{n=1}^N c_n(0)\,\phi_n(x; \vec{\lambda})\,\mathrm{e}^{-\frac{i E_n}{\hbar}t}}

   Résultat

   $$i\hslash \frac{\mathrm{d}{c}_n}{\mathrm{d}t}(t)=E_n{c}_n(t)$$

   $$c_n(t)=c_n(0){\mathrm{e}}^{-\frac{i{E}_n}{\hslash }t}$$

   $$\psi (x,t)=\sum _{n=1}^N{c}_n(0){\varphi }_n(x;\vec{\lambda }){\mathrm{e}}^{-\frac{i{E}_n}{\hslash }t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique C PC 2022, Q24

   Lorsque c_n(0) = \delta_{np}, le système se trouve à t = 0 dans l'état propre \phi_p(x; \vec{\lambda}) associé à l'énergie E_p. D'après l'expression établie à la question précédente :

   \begin{aligned} c_n(t) &= \delta_{np}\,\mathrm{e}^{-\frac{i E_p}{\hbar}t} \end{aligned}

   La fonction d'onde à tout instant t se réduit donc à un seul terme :

   \boxed{\psi(x, t) = \phi_p(x; \vec{\lambda})\,\mathrm{e}^{-\frac{i E_p}{\hbar}t}}

   Le système reste donc indéfiniment dans le même état propre \phi_p : son évolution temporelle se limite à une modulation par un facteur de phase global \mathrm{e}^{-i E_p t/\hbar}. C'est un état stationnaire.

   La densité volumique (ici linéique) de probabilité de présence de la particule s'écrit :

   \begin{aligned} \rho(x, t) &= |\psi(x, t)|^2 = \psi^\star(x, t)\,\psi(x, t) \\ &= \left(\phi_p^\star(x; \vec{\lambda})\,\mathrm{e}^{\frac{i E_p}{\hbar}t}\right) \left(\phi_p(x; \vec{\lambda})\,\mathrm{e}^{-\frac{i E_p}{\hbar}t}\right) \\ &= |\phi_p(x; \vec{\lambda})|^2 \end{aligned}

   \boxed{\rho(x, t) = |\phi_p(x; \vec{\lambda})|^2}

   La densité de probabilité de présence est donc strictement indépendante du temps : la répartition spatiale de la particule est stationnaire.

   Résultat

   $$\psi (x,t)={\varphi }_p(x;\vec{\lambda }){\mathrm{e}}^{-\frac{i{E}_p}{\hslash }t}$$

   $$\rho (x,t)=|{\varphi }_p(x;\vec{\lambda }){|}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q21

    En injectant l'expression de l'état stationnaire \underline{\psi}(x,t) = \underline{\phi}(x)\,\underline{f}(t) dans l'équation de Schrödinger dépendante du temps, on obtient :

    -\frac{\hbar^2}{2\mu} \underline{\phi}''(x)\,\underline{f}(t) + V_{\text{app}}(x)\,\underline{\phi}(x)\,\underline{f}(t) = i\hbar\,\underline{\phi}(x)\,\underline{f}'(t)

    En divisant cette relation par le produit non nul \underline{\psi}(x,t) = \underline{\phi}(x)\,\underline{f}(t), il vient :

    \frac{1}{\underline{\phi}(x)} \left[ -\frac{\hbar^2}{2\mu} \underline{\phi}''(x) + V_{\text{app}}(x)\,\underline{\phi}(x) \right] = i\hbar \frac{\underline{f}'(t)}{\underline{f}(t)}

    Le membre de gauche ne dépend que de la variable d'espace x, tandis que le membre de droite ne dépend que du temps t. Les variables x et t étant indépendantes, cette égalité n'est possible que si les deux membres sont égaux à une même constante, notée A :

    \boxed{i\hbar \frac{\underline{f}'(t)}{\underline{f}(t)} = A}

    Dimension de la constante A : La constante de Planck réduite a la dimension d'une action, soit [ \hbar ] = \mathrm{J}\cdot\mathrm{s} = [E][T]. Par ailleurs, la fonction \underline{f} est sans dimension (ou du moins sa dérivée logarithmique vérifie [\underline{f}'/\underline{f}] = [T]^{-1}). Par suite :

    [A] = [\hbar] \times \left[ \frac{\underline{f}'}{\underline{f}} \right] = [E][T]\cdot [T]^{-1} = [E]

    La constante A est donc bien homogène à une énergie.

    Expression de \underline{f}(t) : Avec A = E, l'équation différentielle s'écrit :

    \underline{f}'(t) = -\frac{iE}{\hbar} \underline{f}(t)

    C'est une équation différentielle linéaire d'ordre 1 à coefficients constants. En choisissant la constante d'intégration égale à 1, on en déduit immédiatement :

    \boxed{\underline{f}(t) = \exp\left(-\frac{iEt}{\hbar}\right)}

    Résultat

    $$i\hslash \frac{{\underline{f}}^{\prime }(t)}{\underline{f}(t)}=A$$

    $$\underline{f}(t)=\exp \left(-\frac{iEt}{\hslash }\right)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question