Feuille d'entraînement : Quantification et confinement

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique MP 2026, Q46

   L'espace accessible à la particule étant strictement limité au segment ]0, a[, la probabilité de présence est identiquement nulle à l'extérieur (x < 0 et x > a). Par continuité de la fonction d'onde en x = 0 et x = a, on impose les conditions aux limites :

   \varphi(0) = 0 \quad \text{et} \quad \varphi(a) = 0

   D'après la forme générale établie à la question Q45, \varphi(x) = A \cos(\kappa x) + B \sin(\kappa x) :

   • En x = 0 :

     \varphi(0) = A = 0

     La solution spatiale se réduit à \varphi(x) = B \sin(\kappa x).

   • En x = a :

     \varphi(a) = B \sin(\kappa a) = 0

   Pour décrire un état physique non nul (B \neq 0), il faut :

   \sin(\kappa a) = 0 \iff \kappa a = n\pi, \quad n \in \mathbb{Z}^*

   Puisque E > 0, on a \kappa = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} > 0. De plus, changer le signe de n ne fait que changer le signe global de la fonction d'onde (absorbé dans la constante de normalisation B). On restreint donc aux entiers strictement positifs :

   \kappa_n = \frac{n\pi}{a}, \quad n \in \mathbb{N}^*

   Sachant que \kappa^2 = \dfrac{2mE}{\hbar^2}, l'énergie de la particule est quantifiée selon :

   E_n = \frac{\hbar^2 \kappa_n^2}{2m} = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2m a^2} = \frac{n^2 h^2}{8 m a^2}

   L'état fondamental correspond au niveau de plus basse énergie, soit n = 1 :

   \boxed{E_1 = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m a^2} = \frac{h^2}{8 m a^2}}

   Pour tout état de niveau n \in \mathbb{N}^*, l'énergie s'exprime en fonction de E_1 sous la forme :

   \boxed{E_n = n^2 E_1}

   Résultat

   $$E_1=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}=\frac{h^2}{8m{a}^2}$$

   $$E_n=n^2{E}_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q4

   D'après les résultats de la question Q3, l'énergie mécanique moyenne de l'oscillateur s'écrit :

   \langle E_{\mathrm{m}} \rangle = \langle E_{\mathrm{c}} \rangle + \langle E_{\mathrm{p}} \rangle = \frac{\Delta p_x^2}{2\mu} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2

   L'inégalité spatiale de Heisenberg s'énonce :

   \Delta x \, \Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2} \implies \Delta p_x^2 \ge \frac{\hbar^2}{4 \Delta x^2}

   En substituant cette minoration dans l'expression de l'énergie mécanique moyenne, on obtient :

   \langle E_{\mathrm{m}} \rangle \ge \frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2

   Pour trouver le minimum de cette borne inférieure en fonction de la variable positive u = \Delta x^2, on utilise l'inégalité arithmético-géométrique (a+b \ge 2\sqrt{ab} pour tous réels a,b > 0) :

   \frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2 \ge 2 \sqrt{\frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} \times \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2} = 2 \sqrt{\frac{\hbar^2 \omega_0^2}{16}} = \frac{1}{2}\hbar\omega_0

   Ce minimum est atteint lorsque les deux termes sont égaux, soit pour :

   \Delta x = \sqrt{\frac{\hbar}{2\mu\omega_0}} \quad \text{et} \quad \Delta p_x = \sqrt{\frac{\mu\hbar\omega_0}{2}}

   L'énergie mécanique moyenne ne peut donc pas être inférieure à :

   \boxed{\langle E_{\mathrm{m}} \rangle_{\min} = \frac{1}{2} \hbar \omega_0}

   Commentaire : Contrairement au cas classique où l'énergie minimale moyenne est nulle (\langle E_{\mathrm{m}} \rangle = 0 pour une particule immobile à la position d'équilibre x=0, d'après Q2), le modèle quantique interdit d'annuler simultanément la position et la quantité de mouvement car cela violerait l'inégalité de Heisenberg (\Delta x = 0 et \Delta p_x = 0 entraînerait \Delta x \, \Delta p_x = 0 < \hbar/2). L'oscillateur possède donc une énergie résiduelle non nulle au repos (ou « énergie de point zéro »), même dans son état fondamental.

   Résultat

   $$⟨E_{\mathrm{m}}{⟩}_{\min }=\frac{1}{2}\hslash {\omega }_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 MP 2026, Q16

   Dans le domaine x \in [0, \ell], le potentiel est nul (V(x) = 0). D'après l'équation (4) pour un état stationnaire \underline{\Psi}(x,t) = \underline{\psi}(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}, la composante spatiale \underline{\psi}(x) vérifie :

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

   Pour un état lié confiné dans le segment, l'énergie est strictement positive (E > 0). En posant k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, l'équation différentielle s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}^2\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^2}(x) + k^2 \underline{\psi}(x) = 0

   La solution générale est de la forme :

   \underline{\psi}(x) = \underline{A}\cos(kx) + \underline{B}\sin(kx), \quad (\underline{A}, \underline{B}) \in \mathbb{C}^2

   Les conditions aux limites imposent l'annulation de la fonction d'onde aux deux extrémités du segment :

   \begin{aligned} \underline{\psi}(0) = 0 &\implies \underline{A} = 0 \\ \underline{\psi}(\ell) = 0 &\implies \underline{B}\sin(k\ell) = 0 \end{aligned}

   Pour une solution non triviale (\underline{B} \neq 0), il vient :

   k\ell = n\pi \quad \text{avec } n \in \mathbb{N}^*

   ce qui correspond bien à une fonction d'onde s'annulant n-1 fois sur le segment ouvert ]0, \ell[.

   On en déduit l'expression du vecteur d'onde k_n = \frac{n\pi}{\ell}, puis celle de l'énergie quantifiée :

   E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2m\ell^2}

   En introduisant la constante de Planck h = 2\pi\hbar, on obtient :

   \boxed{E_n = \frac{n^2 h^2}{8m\ell^2}}

   Résultat

   $$E_n=\frac{n^2{h}^2}{8m{\ell }^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MP 2024, Q14

   D'après les questions précédentes, pour un mouvement circulaire de rayon R, la vitesse de l'électron vérifie :

   L_{\mathrm{O}} = m_e R v

   Or, la condition de quantification du moment cinétique de Bohr impose :

   L_{\mathrm{O}} = n \frac{h}{2\pi} \quad (n \in \mathbb{N}^*)

   On en déduit une première expression de la vitesse orbitale :

   v = \frac{n h}{2\pi m_e R}

   D'après la question Q13, l'application du principe fondamental de la dynamique fournit par ailleurs :

   v = \frac{e}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0 m_e R}}

   En égalant ces deux expressions de v, on obtient :

   \begin{aligned} \frac{n h}{2\pi m_e R} &= \frac{e}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0 m_e R}} \\ \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m_e^2 R^2} &= \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e R} \end{aligned}

   En simplifiant par R, il vient :

   R = n^2 \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2}

   Le rayon de l'orbite s'écrit bien sous la forme R = n^2 a_0, avec :

   \boxed{a_0 = \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2}}

   Application numérique : Avec les valeurs fournies par l'énoncé :

   \begin{aligned} \varepsilon_0 &= 8{,}85 \times 10^{-12}\text{ F}\cdot\text{m}^{-1} \\ h &= 6{,}63 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s} \\ m_e &= 9{,}11 \times 10^{-31}\text{ kg} \\ e &= 1{,}60 \times 10^{-19}\text{ C} \end{aligned}

   a_0 = \frac{8{,}85 \times 10^{-12} \times (6{,}63 \times 10^{-34})^2}{\pi \times 9{,}11 \times 10^{-31} \times (1{,}60 \times 10^{-19})^2} \approx 5{,}31 \times 10^{-11}\text{ m}

   \boxed{a_0 = 5{,}31 \times 10^{-11}\text{ m} = 53{,}1\text{ pm}}

   Résultat

   $$a_0=\frac{{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m_e{e}^2}$$

   $$a_0=5,31\times 10^{-11}\text{ m}=53,1\text{ pm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie MP 2024, Q16

   L'énergie mécanique de l'électron en orbite circulaire de rayon R s'écrit comme la somme de son énergie cinétique et de son énergie potentielle d'interaction électrostatique avec le proton :

   \mathscr{E}_m = E_c + E_p

   D'après la question Q13, la vitesse orbitale de l'électron vérifie v = \dfrac{e}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0 m_e R}}, d'où l'énergie cinétique :

   E_c = \frac{1}{2}m_e v^2 = \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 R}

   La force électrostatique exercée par le proton sur l'électron est \vec{F} = -\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\vec{e}_r. En choisissant la référence de l'énergie potentielle nulle à l'infini (E_p(\infty) = 0), l'énergie potentielle s'écrit :

   E_p(R) = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R}

   L'énergie mécanique vaut donc :

   \mathscr{E}_m = \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 R} - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R} = -\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 R}

   En utilisant le résultat de la question Q14, R = n^2 a_0 avec a_0 = \dfrac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2}, il vient :

   \mathscr{E}_m = -\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 n^2}\left(\frac{\pi m_e e^2}{\varepsilon_0 h^2}\right) = -\frac{m_e e^4}{8\varepsilon_0^2 h^2}\frac{1}{n^2}

   On retrouve bien l'expression proposée \mathscr{E}_m = -\dfrac{E_0}{n^2}, avec :

   \boxed{E_0 = \frac{m_e e^4}{8\varepsilon_0^2 h^2}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} E_0 &= \frac{9{,}11 \times 10^{-31} \times (1{,}60 \times 10^{-19})^4}{8 \times (8{,}85 \times 10^{-12})^2 \times (6{,}63 \times 10^{-34})^2} = 2{,}17 \times 10^{-18}\text{ J} \end{aligned}

   En utilisant la relation établie à la question Q15 (1\text{ eV} = 1{,}60 \times 10^{-19}\text{ J}) :

   E_0 = \frac{2{,}168 \times 10^{-18}}{1{,}60 \times 10^{-19}} = 13{,}5\text{ eV} \quad (\approx 13{,}6\text{ eV})

   \boxed{E_0 = 2{,}17 \times 10^{-18}\text{ J} \approx 13{,}6\text{ eV}}

   Résultat

   $$E_0=\frac{m_e{e}^4}{8{\epsilon }_0^2{h}^2}$$

   $$E_0=2,17\times 10^{-18}\text{ J}\approx 13,6\text{ eV}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 MP 2024, Q21

   Pour un état stationnaire, on injecte \Psi(x,t) = \psi(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t} dans l'équation de Schrödinger fournie :

   -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} = \mathrm{j}\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} \implies -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t} = \mathrm{j}\hbar(-\mathrm{j}\omega)\psi(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t} = \hbar\omega\,\psi(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}

   En identifiant l'énergie de l'état stationnaire e = \hbar\omega, l'équation spatiale s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2} + k^2\psi(x) = 0 \quad \text{avec} \quad k = \frac{\sqrt{2me}}{\hbar}

   La solution générale est de la forme \psi(x) = A\cos(kx) + B\sin(kx). Le confinement strict à l'intervalle [0,a] impose des parois infinies en x=0 et x=a, d'où les conditions aux limites :

   • \psi(0) = 0 \implies A = 0 ;
   • \psi(a) = 0 \implies B\sin(ka) = 0 \implies ka = n\pi \quad (n \in \mathbb{N}^*).

   L'état fondamental correspond au niveau d'énergie minimale, soit n=1, ce qui donne k_1 = \frac{\pi}{a}.

   La normalisation de la fonction d'onde sur [0,a] donne :

   \int_0^a |\psi_1(x)|^2\,\mathrm{d}x = |B|^2 \int_0^a \sin^2\left(\frac{\pi x}{a}\right)\mathrm{d}x = |B|^2\frac{a}{2} = 1 \implies B = \sqrt{\frac{2}{a}} \quad \text{(à une phase près)}

   On en déduit l'expression de la fonction d'onde spatiale de l'état fondamental :

   \boxed{\psi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)}

   L'énergie de cet état fondamental vaut alors :

   e_1 = \frac{\hbar^2 k_1^2}{2m} = \frac{\hbar^2 \pi^2}{2m a^2}

   Comme \hbar = \frac{h}{2\pi}, on a \hbar^2 \pi^2 = \frac{h^2}{4}, d'où :

   \boxed{e_1 = \frac{h^2}{8m a^2}}

   Lien avec le principe d'indétermination de Heisenberg : Selon la relation de Heisenberg spatiale, les incertitudes quantiques sur la position et la quantité de mouvement vérifient \Delta x \cdot \Delta p_x \geqslant \frac{\hbar}{2}. Ici, la particule étant localisée dans un intervalle spatial de taille a, l'indétermination sur sa position est de l'ordre de grandeur de la dimension du puits : \Delta x \sim a.

   Il en résulte nécessairement une dispersion minimale sur l'impulsion :

   \Delta p_x \gtrsim \frac{\hbar}{a} \sim \frac{h}{a}

   Par symétrie, l'impulsion moyenne est nulle (\langle p_x \rangle = 0), de sorte que l'énergie cinétique moyenne minimale s'estime par :

   \langle E_c \rangle = \frac{\langle p_x^2 \rangle}{2m} = \frac{(\Delta p_x)^2}{2m} \sim \frac{h^2}{m a^2}

   L'état fondamental possède ainsi une énergie de point zéro non nulle e_1 \propto \frac{h^2}{m a^2} : le confinement spatial (a fini) impose une agitation quantique irréductible, ce qui illustre directement le principe d'indétermination de Heisenberg.

   Résultat

   $${\psi }_1(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \left(\frac{\pi x}{a}\right)$$

   $$e_1=\frac{h^2}{8m{a}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 2 MP 2024, Q16

   Dans le cadre de la mécanique classique, l'état d'un atome ponctuel est repéré par sa position \vec{r} dans le récipient de volume V et par son impulsion \vec{p} = m\vec{v} (ou sa vitesse \vec{v}).

   L'énergie de l'atome est purement cinétique :

   \varepsilon = \frac{p^2}{2m} \quad \implies \quad p = \sqrt{2m\varepsilon}

   En différentiant cette relation :

   \mathrm{d}p = \frac{\sqrt{2m}}{2\sqrt{\varepsilon}}\,\mathrm{d}\varepsilon = \sqrt{\frac{m}{2\varepsilon}}\,\mathrm{d}\varepsilon

   L'espace des positions étant borné au volume fixe V, l'intégration sur la position apporte un facteur spatial constant \int_V \mathrm{d}^3\vec{r} = V.

   Dans l'espace des impulsions, les états ayant une énergie comprise entre \varepsilon et \varepsilon + \mathrm{d}\varepsilon correspondent aux impulsions de norme comprise entre p et p+\mathrm{d}p. Le volume de la coquille sphérique correspondante est :

   \mathrm{d}^3\vec{p} = 4\pi p^2\,\mathrm{d}p

   En exprimant ce volume élémentaire en fonction de l'énergie \varepsilon :

   \mathrm{d}^3\vec{p} = 4\pi (2m\varepsilon) \left( \sqrt{\frac{m}{2\varepsilon}}\,\mathrm{d}\varepsilon \right) = 4\pi \sqrt{2}\, m^{3/2} \sqrt{\varepsilon}\,\mathrm{d}\varepsilon

   Le nombre d'états \mathrm{d}g = q(\varepsilon)\,\mathrm{d}\varepsilon étant proportionnel au volume de l'espace des phases V\,\mathrm{d}^3\vec{p}, on en déduit directement :

   \mathrm{d}g \propto \sqrt{\varepsilon}\,\mathrm{d}\varepsilon

   La densité d'états q(\varepsilon) est donc bien proportionnelle à \sqrt{\varepsilon} :

   \boxed{q(\varepsilon) = Q\sqrt{\varepsilon}}

   Résultat

   $$q(\epsilon )=Q\sqrt{\epsilon }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 MP 2023, Q17

   À l'intérieur du puits (0 < x < a_1, 0 < y < a_2, 0 < z < a_3), le potentiel est constant égal à U_0. L'équation aux valeurs propres de l'énergie (équation de Schrödinger stationnaire établie en Q16) s'écrit :

   -\frac{\hbar^2}{2m} \Delta \Phi(x,y,z) + U_0 \Phi(x,y,z) = \mathcal{E} \Phi(x,y,z)

   En introduisant la forme à variables séparées \Phi(x, y, z) = F_1(x) F_2(y) F_3(z), le laplacien s'écrit :

   \Delta \Phi = F_1''(x) F_2(y) F_3(z) + F_1(x) F_2''(y) F_3(z) + F_1(x) F_2(y) F_3''(z)

   En divisant par \Phi(x,y,z) \neq 0, il vient :

   \frac{F_1''(x)}{F_1(x)} + \frac{F_2''(y)}{F_2(y)} + \frac{F_3''(z)}{F_3(z)} = -\frac{2m}{\hbar^2}(\mathcal{E} - U_0)

   Chaque terme du membre de gauche dépend d'une variable spatiale indépendante, tandis que le membre de droite est constant. Par séparation de variables, chacun des termes est nécessairement une constante, que l'on note -k_i^2 (avec k_i > 0 pour obtenir des états liés oscillants non nuls vérifiant les conditions aux limites) :

   \frac{F_i''(x_i)}{F_i(x_i)} = -k_i^2 \quad \implies \quad F_i''(x_i) + k_i^2 F_i(x_i) = 0 \qquad (i \in \{1, 2, 3\})

   avec (x_1, x_2, x_3) = (x, y, z). La solution générale s'écrit :

   F_i(x_i) = A_i \cos(k_i x_i) + B_i \sin(k_i x_i)

   Le potentiel étant infini à l'extérieur du domaine, la probabilité de présence y est strictement nulle, ce qui impose \Psi = 0 à l'extérieur. Par continuité de la fonction d'onde aux frontières du puits :

   • En x_i = 0 : F_i(0) = 0 \implies A_i = 0.
   • En x_i = a_i : F_i(a_i) = 0 \implies B_i \sin(k_i a_i) = 0.

   Pour avoir une solution non identiquement nulle (B_i \neq 0), le nombre d'onde k_i doit satisfaire la condition de quantification :

   k_i a_i = n_i \pi \quad \implies \quad k_i = \frac{n_i \pi}{a_i}, \quad n_i \in \mathbb{N}^*

   À une constante multiplicative près, les fonctions spatiales s'écrivent donc :

   \boxed{F_1(x) \propto \sin\left(\frac{n_1 \pi x}{a_1}\right), \quad F_2(y) \propto \sin\left(\frac{n_2 \pi y}{a_2}\right), \quad F_3(z) \propto \sin\left(\frac{n_3 \pi z}{a_3}\right)}

   où n_1, n_2, n_3 \in \mathbb{N}^*.

   Résultat

   $$F_1(x)\propto \sin \left(\frac{n_1\pi x}{a_1}\right),F_2(y)\propto \sin \left(\frac{n_2\pi y}{a_2}\right),F_3(z)\propto \sin \left(\frac{n_3\pi z}{a_3}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique-SI MP 2023, Q12

   12-a) Détermination des états stationnaires et de leurs énergies

   À l'extérieur du puits (|x| > \ell/2), le potentiel étant infini, la probabilité de présence de l'électron est strictement nulle, d'où :

   \varphi(x) = 0 \quad \text{pour } |x| > \frac{\ell}{2}

   La continuité de la fonction d'onde en x = \pm \ell/2 impose alors les conditions aux limites :

   \varphi\left(-\frac{\ell}{2}\right) = \varphi\left(+\frac{\ell}{2}\right) = 0

   À l'intérieur du puits (-\ell/2 < x < \ell/2), V(x) = 0. L'équation de Schrödinger indépendante du temps s'écrit :

   -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2} = E \varphi \iff \frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2} + k^2 \varphi(x) = 0 \quad \text{avec} \quad k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} > 0

   La solution générale est de la forme :

   \varphi(x) = A \cos(kx) + B \sin(kx)

   Les conditions aux limites mènent au système :

   \begin{cases} A \cos\left(\frac{k\ell}{2}\right) - B \sin\left(\frac{k\ell}{2}\right) = 0 \\ A \cos\left(\frac{k\ell}{2}\right) + B \sin\left(\frac{k\ell}{2}\right) = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} A \cos\left(\frac{k\ell}{2}\right) = 0 \\ B \sin\left(\frac{k\ell}{2}\right) = 0 \end{cases}

   Une solution non triviale correspond à deux familles de modes disjointes :

   • Modes pairs (B = 0) : \cos\left(\frac{k\ell}{2}\right) = 0 \implies \frac{k\ell}{2} = n \frac{\pi}{2} avec n \in \{1, 3, 5, \dots\} impair.
   • Modes impairs (A = 0) : \sin\left(\frac{k\ell}{2}\right) = 0 \implies \frac{k\ell}{2} = n \frac{\pi}{2} avec n \in \{2, 4, 6, \dots\} pair.

   En regroupant sous un indice unique n \in \mathbb{N}^*, le vecteur d'onde est quantifié selon k_n = \frac{n\pi}{\ell}. Les niveaux d'énergie quantifiés valent donc :

   \boxed{E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2m \ell^2} = \frac{n^2 h^2}{8m\ell^2} \quad (n \in \mathbb{N}^*)}

   La condition de normalisation \int_{-\ell/2}^{\ell/2} |\varphi_n(x)|^2\,\mathrm{d}x = 1 fixe la constante de normalisation à \sqrt{2/\ell} (à un facteur de phase global près). Les états stationnaires s'écrivent :

   \boxed{\varphi_n(x) = \begin{cases} \sqrt{\dfrac{2}{\ell}} \cos\left(\dfrac{n\pi x}{\ell}\right) & \text{pour } n \text{ impair} \\[2ex] \sqrt{\dfrac{2}{\ell}} \sin\left(\dfrac{n\pi x}{\ell}\right) & \text{pour } n \text{ pair} \end{cases} \quad \text{pour } x \in \left[-\frac{\ell}{2}, \frac{\ell}{2}\right]}

   et \varphi_n(x) = 0 en dehors de cet intervalle.

   12-b) Réalité et parité des fonctions propres

   • Choix réel : L'équation différentielle régissant \varphi_n(x) étant linéaire à coefficients réels, les parties réelle et imaginaire d'une solution complexe sont chacune solution indépendante pour la même valeur propre E_n. Les états liés à une dimension étant non dégénérés, toute solution est proportionnelle à une fonction réelle à une phase globale près : on peut donc toujours choisir \varphi_n(x) réelle.

   • Parité définie : Le potentiel étant pair (V(-x) = V(x)), si \varphi_n(x) est solution de valeur propre E_n, alors \tilde{\varphi}_n(x) = \varphi_n(-x) est également solution associée à la même valeur propre E_n. En raison de la non-dégénérescence, \varphi_n(-x) est nécessairement colinéaire à \varphi_n(x) :

     \varphi_n(-x) = \lambda \varphi_n(x) \implies \varphi_n(x) = \lambda^2 \varphi_n(x) \implies \lambda^2 = 1 \implies \lambda = \pm 1

     Chaque état stationnaire est donc soit pair (\lambda = +1), soit impair (\lambda = -1).

   Interprétation : La densité volumique de présence |\varphi_n(x)|^2 = |\varphi_n(-x)|^2 respecte la symétrie miroir du système physique : l'électron a une probabilité identique de se trouver à gauche ou à droite du noyau situé en x = 0.

   12-c) Orthogonalité des états stationnaires

   Soient deux entiers n \neq p. L'intégrale du produit scalaire est restreinte à l'intervalle [-\ell/2, +\ell/2] :

   (\varphi_n, \varphi_p) = \int_{-\ell/2}^{+\ell/2} \varphi_n(x)\,\varphi_p(x)\,\mathrm{d}x

   • Si n et p ont des parités distinctes (l'un pair, l'autre impair), le produit \varphi_n(x)\varphi_p(x) est une fonction impaire intégrée sur un intervalle symétrique autour de 0, d'où :

     (\varphi_n, \varphi_p) = 0

   • Si n et p sont tous deux impairs (n \neq p), on utilise l'identité 2\cos a \cos b = \cos(a+b) + \cos(a-b) :

     \begin{aligned} (\varphi_n, \varphi_p) &= \frac{1}{\ell} \int_{-\ell/2}^{+\ell/2} \left[\cos\left(\frac{(n+p)\pi x}{\ell}\right) + \cos\left(\frac{(n-p)\pi x}{\ell}\right)\right]\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{\ell} \left[ \frac{\ell}{(n+p)\pi}\sin\left(\frac{(n+p)\pi x}{\ell}\right) + \frac{\ell}{(n-p)\pi}\sin\left(\frac{(n-p)\pi x}{\ell}\right) \right]_{-\ell/2}^{+\ell/2} \end{aligned}

     Comme n et p sont de même parité, n+p et n-p sont des entiers pairs non nuls. Par conséquent, \sin\left(\frac{(n\pm p)\pi}{2}\right) = 0, ce qui annule les deux termes.

   • Si n et p sont tous deux pairs (n \neq p), l'identité 2\sin a \sin b = \cos(a-b) - \cos(a+b) conduit au même résultat nul pour les mêmes raisons.

   On a donc bien dans tous les cas pour n \neq p :

   \boxed{(\varphi_n, \varphi_p) = 0}

   Résultat

   $$E_n=\frac{{\hslash }^2{k}_n^2}{2m}=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{\ell }^2}=\frac{n^2{h}^2}{8m{\ell }^2}(n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$$

   $${\phi }_n(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{\ell }}\cos \left(\frac{n\pi x}{\ell }\right)& \text{pour }n\text{ impair}\\ \sqrt{\frac{2}{\ell }}\sin \left(\frac{n\pi x}{\ell }\right)& \text{pour }n\text{ pair}\end{array}\text{pour }x\in \left[-\frac{\ell }{2},\frac{\ell }{2}\right]$$

   $$({\phi }_n,{\phi }_p)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q45

    a) Par définition, un état stationnaire d'énergie E possède une dépendance spatio-temporelle à variables séparées dont la phase temporelle évolue harmoniquement :

    \boxed{\psi(x,t) = \varphi(x)\,\mathrm{e}^{-j\frac{E}{\hbar}t}}

    où \varphi(x) est la fonction d'onde spatiale.

    b) L'équation de Schrödinger spatiale unidimensionnelle donnée dans le texte s'écrit :

    j\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)

    En injectant l'expression de l'état stationnaire :

    \begin{aligned} j\hbar\,\frac{\partial \psi}{\partial t} &= j\hbar\left(-j\frac{E}{\hbar}\right)\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-j\frac{E}{\hbar}t} = E\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-j\frac{E}{\hbar}t} \\ -\frac{\hbar^2}{2m}\,\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} + V(x)\,\psi &= \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + V(x)\,\varphi(x)\right)\mathrm{e}^{-j\frac{E}{\hbar}t} \end{aligned}

    En simplifiant par le facteur non nul \mathrm{e}^{-j\frac{E}{\hbar}t} et en se plaçant au fond du puits où V(x) = 0 pour x \in [0\,;\,a], on obtient :

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

    c) Pour un état lié dans ce puits, l'énergie est strictement positive (E > 0). En posant k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} > 0, l'équation devient \varphi''(x) + k^2\varphi(x) = 0. La forme générale de la solution sur [0\,;\,a] est :

    \varphi(x) = A\cos(kx) + B\sin(kx) \quad \text{avec } (A,B) \in \mathbb{C}^2

    Le potentiel étant infini hors de l'intervalle [0\,;\,a], la particule ne peut s'y trouver, d'où \psi(x,t) = 0 pour x < 0 et x > a. La continuité de la fonction d'onde aux frontières impose :

    \begin{aligned} \varphi(0) = 0 &\implies A = 0 \\ \varphi(a) = 0 &\implies B\sin(ka) = 0 \end{aligned}

    Une solution physiquement acceptable doit être non identiquement nulle, ce qui requiert B \neq 0, soit :

    \sin(ka) = 0 \iff ka = n\pi \quad (n \in \mathbb{N}^*)

    L'expression de k donne alors les niveaux d'énergie discrets :

    \frac{2mE_n}{\hbar^2} = \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2 \implies \boxed{E_n = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2} = \frac{n^2 h^2}{8ma^2} \quad (n \in \mathbb{N}^*)}

    L'énergie de l'électron ne pouvant prendre que ces valeurs discrètes indexées par le nombre quantique entier n \ge 1, elle est quantifiée.

    Résultat

    $$\psi (x,t)=\phi (x){\mathrm{e}}^{-j\frac{E}{\hslash }t}$$

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

    $$E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}=\frac{n^2{h}^2}{8m{a}^2}(n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question