Feuille d'entraînement : Quantification et confinement

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q16

   D'après le résultat de la question Q15, l'énergie d'un état stationnaire lié s'écrit :

   E = \frac{(\Delta p_x)^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2

   L'inégalité spatiale de Heisenberg s'écrit \Delta x\,\Delta p_x \geqslant \dfrac{\hbar}{2}. Les grandeurs \Delta x et \Delta p_x étant strictement positives pour un état lié, on a :

   \Delta p_x \geqslant \frac{\hbar}{2\Delta x} \implies (\Delta p_x)^2 \geqslant \frac{\hbar^2}{4(\Delta x)^2}

   En injectant cette minoration dans l'expression de l'énergie, il vient :

   E \geqslant \frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2

   On identifie ainsi l'inégalité souhaitée E \geqslant f_{\mathrm{H}}(\Delta x) avec :

   \boxed{f_{\mathrm{H}}(\Delta x) = \frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2}

   Pour trouver le minimum de la fonction f_{\mathrm{H}} sur ]0, +\infty[, dérivons-la par rapport à \Delta x :

   f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) = -\frac{\hbar^2}{4m(\Delta x)^3} + m\omega_0^2\,\Delta x

   La dérivée s'annule pour une valeur \Delta x_0 > 0 vérifiant :

   \begin{aligned} m\omega_0^2\,\Delta x_0 &= \frac{\hbar^2}{4m(\Delta x_0)^3} \\ (\Delta x_0)^4 &= \frac{\hbar^2}{4m^2\omega_0^2} \\ \Delta x_0 &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_0}} \end{aligned}

   Puisque f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) < 0 pour \Delta x < \Delta x_0 et f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) > 0 pour \Delta x > \Delta x_0, la fonction f_{\mathrm{H}} admet bien un minimum absolu en \Delta x_0. Sa valeur vaut :

   \begin{aligned} f_{\mathrm{H}}(\Delta x_0) &= \frac{\hbar^2}{8m} \cdot \frac{2m\omega_0}{\hbar} + \frac{1}{2}m\omega_0^2 \cdot \frac{\hbar}{2m\omega_0} \\ &= \frac{\hbar\omega_0}{4} + \frac{\hbar\omega_0}{4} \end{aligned}

   On obtient ainsi :

   \boxed{\min_{\Delta x > 0} f_{\mathrm{H}}(\Delta x) = \frac{\hbar\omega_0}{2}}

   Résultat

   $$f_{\mathrm{H}}(\Delta x)=\frac{{\hslash }^2}{8m(\Delta x{)}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }_0^2(\Delta x{)}^2$$

   $$\underset{\Delta x>0}{\min }{f}_{\mathrm{H}}(\Delta x)=\frac{\hslash {\omega }_0}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q16

   Sur l'intervalle [0, \ell], le potentiel est nul (V(x) = 0). D'après la question Q13, la composante spatiale \underline{\psi}(x) de la fonction d'onde stationnaire vérifie l'équation de Schrödinger indépendante du temps issue de l'équation (4) :

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

   Pour un état lié d'énergie E > 0, en posant k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, l'équation s'écrit :

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

   La solution générale est de la forme \underline{\psi}(x) = \underline{A}\sin(kx) + \underline{B}\cos(kx). Les conditions aux limites imposées par l'énoncé s'écrivent :

   • \underline{\psi}(0) = 0 \implies \underline{B} = 0, d'où \underline{\psi}(x) = \underline{A}\sin(kx) ;
   • \underline{\psi}(\ell) = 0 \implies \underline{A}\sin(k\ell) = 0.

   Pour une solution non triviale (\underline{A} \neq 0), on en déduit :

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

   L'entier n \in \mathbb{N}^{*} correspond bien au mode représenté en figure 4, pour lequel la fonction s'annule en x = m\frac{\ell}{n} (m \in \{1, \dots, n-1\}), soit n-1 nœuds intermédiaires.

   Le vecteur d'onde s'exprime ainsi :

   k_{n} = \frac{n\pi}{\ell}

   L'énergie de la particule s'en déduit directement :

   E_{n} = \frac{\hbar^{2}k_{n}^{2}}{2m} = \frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{n\pi}{\ell}\right)^{2}

   En remplaçant \hbar = \frac{h}{2\pi}, on obtient l'expression demandée :

   \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

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q8

   D'après la question Q7, l'énergie du photon émis est E \simeq \Delta E = E_{n_i} - E_{n_f}, avec n_i > n_f. En utilisant l'expression des niveaux d'énergie E_n = -\frac{H}{2n^2} et la relation de Planck-Einstein E = \frac{hc}{\lambda} (question Q5), il vient :

   \frac{hc}{\lambda} = \frac{H}{2}\left(\frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2}\right) \implies \lambda = \frac{2hc}{H} \left(\frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2}\right)^{-1}

   1. Cas n_f = 1 :

   L'état initial le plus proche est n_i = 2. La fonction n_i \mapsto \Delta E est strictement croissante, donc l'écart énergétique est minimal pour n_i = 2 :

   \Delta E_{\min} = \frac{H}{2}\left(1 - \frac{1}{4}\right) = \frac{3H}{8}

   Puisque \lambda = \frac{hc}{\Delta E} est une fonction décroissante de l'énergie, la longueur d'onde est maximale pour cette transition :

   \lambda \leqslant \lambda_{\max} = \frac{8hc}{3H}

   Avec hc \simeq 1{,}2\text{ eV}\cdot\mu\text{m} = 1{,}2\times 10^3\text{ eV}\cdot\text{nm} et H = 27{,}2\text{ eV} :

   \lambda_{\max} = \frac{8 \times 1{,}2\times 10^3}{3 \times 27{,}2} \approx 1{,}2\times 10^2\text{ nm}

   \boxed{\lambda \leqslant \lambda_{\max} \simeq 120\text{ nm}}

   Comme \lambda \leqslant 120\text{ nm} < 400\text{ nm}, toutes ces raies se situent dans le domaine de l'ultraviolet (série de Lyman).

   2. Cas n_f > 2 (soit n_f \geqslant 3) :

   L'écart énergétique maximal correspond à la limite d'ionisation n_i \to \infty pour la plus petite valeur possible de n_f, c'est-à-dire n_f = 3 :

   \Delta E < \frac{H}{2n_f^2} \leqslant \frac{H}{2 \times 3^2} = \frac{H}{18}

   On en déduit l'existence d'une borne inférieure pour la longueur d'onde :

   \lambda \geqslant \lambda_{\min} = \frac{18hc}{H}

   Numériquement :

   \lambda_{\min} = \frac{18 \times 1{,}2\times 10^3\text{ nm}}{27{,}2} \approx 7{,}9\times 10^2\text{ nm} \approx 800\text{ nm}

   \boxed{\lambda \geqslant \lambda_{\min} \simeq 0{,}79\text{ }\mu\text{m} \approx 800\text{ nm}}

   Puisque \lambda \geqslant 800\text{ nm} > 700\text{ nm}, ces raies d'émission appartiennent toutes au domaine de l'infrarouge (séries de Paschen, Brackett, Pfund, etc.).

   3. Raies du domaine visible (raies de Balmer) :

   Les transitions vers n_f = 1 sont entièrement situées dans l'ultraviolet (\lambda \leqslant 120\text{ nm}) et celles vers n_f \geqslant 3 dans l'infrarouge (\lambda \geqslant 800\text{ nm}). Le domaine visible (400\text{ nm} \lesssim \lambda \lesssim 750\text{ nm}) ne peut donc correspondre qu'à l'unique valeur :

   \boxed{n_f = 2}

   Résultat

   $$\lambda ⩽{\lambda }_{\max }\simeq 120\text{ nm}$$

   $$\lambda ⩾{\lambda }_{\min }\simeq 0,79\mu \text{m}\approx 800\text{ nm}$$

   $$n_f=2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 MPI 2024, Q21

   En injectant \Psi(x,t) = \psi(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t} dans l'équation de Schrödinger fournie, avec \mathrm{j}^2 = -1 et en posant E = \hbar \omega, il vient :

   -\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} = E\psi(x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}

   Soit, pour l'onde spatiale à l'intérieur de la boîte (x \in [0, a]) :

   \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\sin(kx) + B\cos(kx).
   Le confinement strict impose l'annulation de la fonction d'onde aux parois :

   \begin{aligned} \psi(0) = 0 &\implies B = 0 \\ \psi(a) = 0 &\implies A\sin(ka) = 0 \implies ka = n\pi \quad (n \in \mathbb{N}^*) \end{aligned}

   L'état fondamental correspond au premier niveau d'énergie non nul, soit n = 1 :

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

   En exprimant \hbar en fonction de la constante de Planck (\hbar = \frac{h}{2\pi}) :

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

   La constante A est déterminée par la condition de normalisation \displaystyle\int_0^a |\psi_1(x)|^2\,\mathrm{d}x = 1 :

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

   La fonction d'onde spatiale de l'état fondamental s'écrit donc :

   \boxed{\psi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)} \quad \text{pour } x \in [0, a] \quad (\text{et } 0 \text{ ailleurs})

   Illustration du principe d'indétermination de Heisenberg : La particule étant confinée dans un segment de longueur a, l'indétermination sur sa position est de l'ordre de la taille de la boîte : \Delta x \sim a.
   D'après la relation d'indétermination de Heisenberg spatio-cinétique :

   \Delta x \cdot \Delta p_x \gtrsim \frac{\hbar}{2} \implies \Delta p_x \gtrsim \frac{\hbar}{2a} \sim \frac{h}{a}

   Comme la fonction d'onde correspond à une onde stationnaire, la valeur moyenne de l'impulsion est nulle (\langle p_x \rangle = 0), de sorte que :

   \langle p_x^2 \rangle = (\Delta p_x)^2 \gtrsim \left(\frac{h}{a}\right)^2

   L'énergie cinétique moyenne minimale imposée par la mécanique quantique est alors :

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

   On retrouve bien, à un facteur numérique d'ordre 1 près, l'énergie fondamentale e_1 = \frac{h^2}{8m a^2}. Le confinement spatial interdit à la particule d'être au repos et lui confère nécessairement une énergie cinétique minimale non nulle, appelée énergie de point zéro ou énergie de confinement.

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MPI 2024, Q37

   Pour une particule confinée dans un puits infini de largeur L situé entre z = 0 et z = L, le potentiel est nul pour 0 < z < L et infini ailleurs. Les fonctions d'onde spatiales normalisées des états stationnaires sont :

   \boxed{\psi_n(z) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left(\frac{n\pi z}{L}\right) \quad \text{pour } z \in [0, L] \quad (n \in \mathbb{N}^*)}

   avec \psi_n(z) = 0 en dehors de cet intervalle. Les énergies associées varient en E_n = \dfrac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2} \propto n^2.

   La comparaison avec le puits gravitationnel met en évidence plusieurs différences fondamentales :

   • Forme du potentiel et asymétrie : Le puits infini est symétrique et rigide, délimité par deux parois verticales infinies en z=0 et z=L. Le puits gravitationnel est asymétrique : il comporte une paroi infinie en z=0, mais une rampe d'énergie potentielle linéaire V(z) = mgz pour z > 0.
   • Extension spatiale : Alors que la taille du puits infini est fixée à L pour tous les états, l'extension spatiale d'un état gravitationnel croît avec l'énergie E_n via la position du point tournant classique z_{c,n} = E_n / (mg).

   • Longueur d'onde locale et amplitude des oscillations :

     • Dans le puits infini, l'énergie cinétique est constante, ce qui impose une longueur d'onde spatiale uniforme \lambda_n = 2L/n et une amplitude d'oscillation strictement constante sur tout l'intervalle.
     • Dans le cas gravitationnel, l'énergie cinétique E_c(z) = E - mgz diminue avec l'altitude z. Par conséquent, la longueur d'onde locale de de Broglie \lambda_{\mathrm{dB}}(z) = \dfrac{h}{\sqrt{2m(E - mgz)}} augmente avec z (les nœuds s'écartent). De plus, l'amplitude de \psi(z) croît avec z, car classiquement la vitesse de la particule diminue au voisinage du sommet de sa trajectoire, ce qui augmente la densité de probabilité de présence |\psi(z)|^2 près du point tournant.
   • Comportement en limite de puits (queue évanescente) : Dans le puits infini, \psi_n s'annule abruptement en z=L sans pénétration. Pour le neutron dans la gravité, la fonction d'onde pénètre dans la zone classiquement interdite (z > z_c) sous forme d'une queue exponentiellement décroissante (solution de type fonction d'Airy \mathrm{Ai}).

   Résultat

   $${\psi }_n(z)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \left(\frac{n\pi z}{L}\right)\text{pour }z\in [0,L](n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q15

   D'après les résultats des questions Q13 et Q14, les valeurs moyennes de la position et de l'impulsion sont nulles : \langle x \rangle = 0 et \langle p_x \rangle = 0. Les indéterminations spatiales se réduisent donc directement aux moyennes des carrés :

   \begin{aligned} (\Delta x)^2 &= \langle (x - \langle x \rangle)^2 \rangle = \langle x^2 \rangle, \\ (\Delta p_x)^2 &= \langle (p_x - \langle p_x \rangle)^2 \rangle = \langle p_x^2 \rangle. \end{aligned}

   Dans un état stationnaire lié associé à l'énergie E, la valeur moyenne de l'énergie totale coïncide avec la valeur propre E de l'hamiltonien (\langle \hat{H} \rangle = E). Par linéarité de l'opération de moyenne, on obtient :

   E = \left\langle \frac{p_x^2}{2m} + \frac{1}{2} m \omega_0^2 x^2 \right\rangle = \frac{\langle p_x^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2} m \omega_0^2 \langle x^2 \rangle.

   En substituant \langle x^2 \rangle et \langle p_x^2 \rangle par leurs expressions en fonction des indéterminations, il vient :

   \boxed{E = \frac{(\Delta p_x)^2}{2m} + \frac{1}{2} m \omega_0^2 (\Delta x)^2}

   Résultat

   $$E=\frac{(\Delta p_x{)}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }_0^2(\Delta x{)}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q17

   À température nulle (T = 0\text{ K}), il n'y a aucun photon excité dans la cavité : l'énergie de chaque mode propre se résume à son énergie de point zéro (énergie du vide) :

   E_n = \frac{\hbar \omega_n}{2} = \frac{\hbar c k_{z,n}}{2} = \frac{\hbar\pi c}{2a} n \quad \text{avec } n \in \mathbb{N}^*.

   L'énergie électromagnétique totale contenue dans la cavité est la somme des énergies de point zéro de tous les modes :

   \boxed{E = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\hbar \omega_n}{2} = \frac{\hbar \pi c}{2a} \sum_{n=1}^{+\infty} n}

   Ce résultat n'est pas acceptable pour plusieurs raisons :

   1. Divergence mathématique et physique : la série numérique \sum_{n=1}^{+\infty} n diverge grossièrement vers +\infty. Une énergie infinie contenue dans un volume spatial fini est physiquement impossible.
   2. Limite du modèle du conducteur parfait : cette divergence, de nature ultraviolette, provient de la prise en compte de modes à des fréquences arbitrairement élevées (courtes longueurs d'onde). En réalité, à très haute fréquence (dans le domaine X ou \gamma), les métaux ne peuvent plus être modélisés comme des conducteurs parfaits : ils deviennent transparents au rayonnement, de sorte que le confinement des modes n'est plus assuré au-delà d'une certaine fréquence de coupure.

   Résultat

   $$E=\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{\hslash {\omega }_n}{2}=\frac{\hslash \pi c}{2a}\sum _{n=1}^{+\infty }n$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q15

   Non, ces deux conditions d'ondes stationnaires ne sont pas identiques. On relève deux différences fondamentales :

   1. Conditions aux limites et topologie de l'espace :

      • Dans le modèle de Bohr (figure 3), la trajectoire est une boucle fermée (un cercle). Il s'agit d'une condition de périodicité : l'onde se reboucle sur elle-même sans discontinuité d'amplitude ni de dérivée. Aucune frontière n'impose l'annulation de la fonction d'onde.
      • Sur le segment (figure 4), la particule est confinée entre deux parois rigides imposant des conditions de Dirichlet : la fonction d'onde s'annule obligatoirement aux deux extrémités (x = 0 et x = \ell).

   2. Relation entre la dimension spatiale et la longueur d'onde :

      • Pour l'atome de Bohr, le périmètre du cercle contient un nombre entier de longueurs d'onde :

        2\pi r = n \lambda \quad (n \in \mathbb{N}^*)

      • Pour la particule confinée sur un segment, l'annulation en x = 0 et x = \ell avec n-1 nœuds intermédiaires impose que la longueur \ell contienne un nombre entier de demi-longueurs d'onde (soit n fuseaux) :

        \ell = n \frac{\lambda}{2} \quad (n \in \mathbb{N}^*)

   \boxed{\text{Les conditions ne sont pas identiques : } 2\pi r = n\lambda \text{ (périodicité) contre } \ell = n\frac{\lambda}{2} \text{ (extrémités fixes)}.}

   Résultat

   $$\text{Les conditions ne sont pas identiques : }2\pi r=n\lambda \text{ (peˊriodiciteˊ) contre }\ell =n\frac{\lambda }{2}\text{ (extreˊmiteˊs fixes)}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q17

   D'après la question Q16, l'énergie d'une particule piégée dans un puits unidimensionnel infini de largeur \ell est quantifiée sous la forme :

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

   L'état fondamental correspond à n = 1 et le premier état excité à n = 2. L'écart d'énergie entre ces deux niveaux s'écrit donc :

   \Delta E = E_2 - E_1 = (2^2 - 1^2)\frac{h^2}{8m_n\ell^2} = \frac{3h^2}{8m_n\ell^2}

   où m_n est la masse du neutron. On en déduit l'expression de la dimension de confinement \ell :

   \ell = \sqrt{\frac{3h^2}{8m_n\Delta E}} = h\sqrt{\frac{3}{8m_n\Delta E}}

   Procédons à l'application numérique avec les données de l'énoncé :

   • h = 6{,}6 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}
   • m_n = 1{,}7 \times 10^{-27}\text{ kg}
   • \Delta E = 30\text{ MeV} = 30 \times 10^6 \times 1{,}6 \times 10^{-19}\text{ J} = 4{,}8 \times 10^{-12}\text{ J}

   Calculons le terme sous le radical :

   \begin{aligned} 8m_n\Delta E &= 8 \times 1{,}7 \times 10^{-27} \times 4{,}8 \times 10^{-12} = 65{,}28 \times 10^{-39}\text{ kg}\cdot\text{J} \\ 3h^2 &= 3 \times (6{,}6 \times 10^{-34})^2 = 3 \times 43{,}56 \times 10^{-68} = 130{,}68 \times 10^{-68}\text{ J}^2\cdot\text{s}^2 \\ \ell^2 &= \frac{130{,}68 \times 10^{-68}}{65{,}28 \times 10^{-39}} \simeq 2{,}00 \times 10^{-29}\text{ m}^2 = 20 \times 10^{-30}\text{ m}^2 \end{aligned}

   En extrayant la racine carrée et en utilisant la donnée \sqrt{5} = 2{,}2 :

   \ell = \sqrt{20} \times 10^{-15}\text{ m} = 2\sqrt{5} \times 10^{-15}\text{ m} = 2 \times 2{,}2 \times 10^{-15}\text{ m} = 4{,}4 \times 10^{-15}\text{ m}

   \boxed{\ell \simeq 4{,}4 \times 10^{-15}\text{ m} = 4{,}4\text{ fm}}

   Commentaires physiques :

   • Situation physique décrite : Cette échelle de distance de quelques femtomètres (1\text{ fm} = 10^{-15}\text{ m}) correspond typiquement au rayon d'un noyau atomique. Le modèle du puits de potentiel unidimensionnel modélise ici de manière simplifiée le confinement d'un nucléon au sein du noyau.
   • Nature de l'interaction : Le neutron ayant une charge électrique nulle, il est insensible à l'interaction électrostatique. Le confinement du neutron au sein du noyau est assuré par l'interaction forte (interaction nucléaire forte), force attractive de très courte portée (environ 1 à 2\text{ fm}) qui l'emporte à cette échelle sur les autres interactions.

   Résultat

   $$\ell \simeq 4,4\times 10^{-15}\text{ m}=4,4\text{ fm}$$

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10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q19

    Le noyau d'hydrogène ordinaire est un proton unique de masse m_N = m_p, tandis que le noyau de deutérium contient un proton et un neutron, soit m_N = m_D \simeq 2m_p (le neutron et le proton ayant des masses quasi identiques).

    D'après la relation fournie :

    \lambda = \lambda_\infty \left( 1 + \frac{m_e}{m_N} \right)

    Comme m_D > m_p, il vient immédiatement :

    \frac{m_e}{m_D} < \frac{m_e}{m_p} \implies \lambda_D < \lambda_H

    La longueur d'onde émise par le deutérium est donc plus courte que celle de l'hydrogène : les raies d'émission du deutérium sont décalées vers le bleu.

    Pour pouvoir séparer expérimentalement les deux raies, la résolution spectrale du dispositif (au sens du plus petit écart \delta\lambda discernable) doit être inférieure ou égale à l'écart spectral \Delta\lambda = \lambda_H - \lambda_D. En explicitant cet écart :

    \Delta\lambda = \lambda_H - \lambda_D = \lambda_\infty m_e \left( \frac{1}{m_p} - \frac{1}{m_D} \right) \simeq \lambda_\infty m_e \left( \frac{1}{m_p} - \frac{1}{2m_p} \right) = \lambda_\infty \frac{m_e}{2m_p}

    Comme m_e \ll m_p, on peut assimiler \lambda_\infty à la longueur d'onde \lambda mesurée, d'où la résolution spectrale requise :

    \boxed{\Delta\lambda \simeq \lambda \frac{m_e}{2m_p}}

    Sur la figure 4, la position de la raie H_\beta se lit à l'abscisse :

    \lambda(H_\beta) \simeq 4\,860\text{ \AA} = 486\text{ nm}

    Avec les valeurs numériques de l'énoncé (m_e c^2 = 0{,}51\text{ MeV} et m_p c^2 = 940\text{ MeV}) :

    \begin{aligned} \frac{m_e}{2m_p} &= \frac{0{,}51}{2 \times 940} = \frac{0{,}51}{1\,880} \simeq 2{,}7 \times 10^{-4} \end{aligned}

    On en déduit l'écart spectral entre l'hydrogène et le deutérium pour la raie H_\beta :

    \Delta\lambda \simeq 486 \times 2{,}7 \times 10^{-4} \simeq 0{,}13\text{ nm}

    \boxed{\Delta\lambda \simeq 0{,}13\text{ nm}}

    Résultat

    $$\Delta \lambda \simeq \lambda \frac{m_e}{2m_p}$$

    $$\Delta \lambda \simeq 0,13\text{ nm}$$

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