Feuille d'entraînement : Quantification et confinement

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie PC 2026, Q12

   D'après l'énoncé, le moment cinétique orbital de l'électron est quantifié selon :

   L_O = m_e r_n v_n = n\hbar \quad (n \in \mathbb{N}^*)

   En élevant au carré et en utilisant l'expression de v_n^2 = \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e r_n} établie à la question Q10, il vient :

   \begin{aligned} m_e^2 r_n^2 \left(\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e r_n}\right) &= n^2\hbar^2 \\ \frac{m_e e^2}{4\pi\varepsilon_0} r_n &= n^2\hbar^2 \end{aligned}

   On en déduit :

   \boxed{r_n = a_0 n^2} \quad \text{avec} \quad \boxed{a_0 = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} = \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2}}

   La grandeur a_0 est le rayon de Bohr (valant numériquement environ 0{,}53\text{ \AA}).

   En injectant l'expression de r_n dans celle de l'énergie mécanique E_n = -\dfrac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r_n} (question Q11), on obtient :

   \begin{aligned} E_n &= -\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a_0 n^2} = -\frac{E_0}{n^2} \end{aligned}

   avec :

   \boxed{E_n = -\frac{E_0}{n^2}} \quad \text{où} \quad \boxed{E_0 = \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a_0} = \frac{m_e e^4}{32\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^2} = \frac{m_e e^4}{8\varepsilon_0^2 h^2}}

   (valant numériquement environ 13{,}6\text{ eV}).

   Conséquences physiques de ces expressions :

   1. Quantification de l'énergie et stabilité de l'atome : l'énergie de l'électron ne peut prendre que des valeurs discrètes. En particulier, pour n=1, l'électron atteint l'état fondamental d'énergie minimale E_1 = -E_0 et de rayon minimal r_1 = a_0. Contrairement aux prédictions de l'électrodynamique classique, l'électron ne rayonne pas en continu et ne s'écrase pas sur le noyau, assurant ainsi la stabilité de la matière.
   2. Spectre de raies d'émission et d'absorption : lors d'une transition entre deux niveaux p et n, l'atome n'échange de l'énergie avec le rayonnement que par émission ou absorption d'un photon d'énergie \Delta E = |E_p - E_n| = h\nu, ce qui explique la présence d'un spectre de raies discret caractéristique de l'élément chimique.

   Résultat

   $$r_n=a_0{n}^2$$

   $$a_0=\frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_e{e}^2}=\frac{{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m_e{e}^2}$$

   $$E_n=-\frac{E_0}{n^2}$$

   $$E_0=\frac{e^2}{8\pi {\epsilon }_0{a}_0}=\frac{m_e{e}^4}{32{\pi }^2{\epsilon }_0^2{\hslash }^2}=\frac{m_e{e}^4}{8{\epsilon }_0^2{h}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

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

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

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

   où l'on a posé k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}, avec E > 0 pour un état non trivial. La solution générale s'écrit :

   \underline{\psi}(x) = \underline{A}\sin(kx) + \underline{B}\cos(kx)

   Les conditions aux limites imposées aux deux extrémités du segment sont :

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

   Pour obtenir une solution non identiquement nulle (\underline{A} \neq 0), il vient :

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

   L'entier n correspond bien au mode présentant n-1 nœuds intermédiaires sur ]0, \ell[. On en déduit l'expression du vecteur d'onde quantifié :

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

   L'énergie de la particule au niveau n vaut alors :

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

3. Exercice 3Mines-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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique B PC 2025, Q1

   Dans le modèle de Bohr, le proton est considéré comme fixe à l'origine en raison de sa masse très supérieure à celle de l'électron. L'électron, de masse m et de charge -e, décrit une orbite circulaire de rayon r à la vitesse scalaire constante v.

   Il subit la force d'attraction coulombienne exercée par le noyau :

   \vec{F} = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vec{u}_r = -\frac{q^2}{r^2}\,\vec{u}_r

   Le principe fondamental de la dynamique projeté sur l'axe normal centripète \vec{u}_n = -\vec{u}_r donne :

   m\frac{v^2}{r} = \frac{q^2}{r^2} \implies mv^2 r = q^2

   D'après le postulat de Bohr, le moment cinétique orbital est quantifié selon L = mvr = n\hbar. Pour le niveau fondamental, n = 1, soit :

   mvr = \hbar

   En combinant ces deux relations, on obtient la vitesse et le rayon (rayon de Bohr a_0) de l'électron :

   \begin{aligned} v &= \frac{q^2}{\hbar} \\ r &= \frac{\hbar}{mv} = \frac{\hbar^2}{mq^2} \end{aligned}

   La période de révolution de l'électron est donnée par T_e = \frac{2\pi r}{v}. On en déduit :

   T_e = \frac{2\pi\left(\dfrac{\hbar^2}{mq^2}\right)}{\dfrac{q^2}{\hbar}}

   soit finalement :

   \boxed{T_e = \frac{2\pi\hbar^3}{m q^4}}

   Résultat

   $$T_e=\frac{2\pi {\hslash }^3}{m{q}^4}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique C PC 2023, Q32

   D'après la question Q31, l'énergie interne de l'oscillateur s'écrit :

   U = \frac{\hbar\omega}{2}\operatorname{coth}\left(\frac{X}{2}\right)

   avec X = \frac{\hbar\omega}{k_B T}.

   Lorsque la température T tend vers 0 par valeurs positives, la variable X tend vers +\infty.

   Par définition des fonctions hyperboliques :

   \operatorname{coth}\left(\frac{X}{2}\right) = \frac{\mathrm{e}^{X/2} + \mathrm{e}^{-X/2}}{\mathrm{e}^{X/2} - \mathrm{e}^{-X/2}} = \frac{1 + \mathrm{e}^{-X}}{1 - \mathrm{e}^{-X}} \xrightarrow[X \to +\infty]{} 1.

   On en déduit immédiatement la limite de l'énergie interne :

   \boxed{\lim_{T \to 0} U = \frac{\hbar\omega}{2}}

   Commentaire :

   • À la température du zéro absolu (T = 0\text{ K}), l'oscillateur est gelé dans son état quantique fondamental de plus basse énergie (n = 0), pour lequel :

     E_0 = \frac{1}{2}\hbar\omega.

     En effet, d'après le facteur de Boltzmann, \mathcal{P}_n / \mathcal{P}_0 = \mathrm{e}^{-n X} \xrightarrow[T \to 0]{} 0 pour tout n \ge 1, de sorte que \mathcal{P}_0 \to 1 et \mathcal{P}_{n \ge 1} \to 0.

   • Contrairement à la physique classique où une particule au zéro absolu serait immobile au fond du puits de potentiel (x = 0 et p = 0, conduisant à U = 0), l'énergie interne quantique ne s'annule pas : elle correspond à l'énergie de point zéro, conséquence directe des inégalités d'Heisenberg spatiales (\Delta x \cdot \Delta p \ge \hbar/2).

   Résultat

   $$\underset{T\to 0}{\lim }U=\frac{\hslash \omega }{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique 1 PC 2022, Q34

   Dans le domaine 0 < x < L, le potentiel est nul (V(x) = 0). D'après l'équation issue de la question Q32, la partie spatiale \varphi(x) d'un état stationnaire d'énergie E > 0 vérifie :

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

   La solution générale est de la forme :

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

   Le potentiel étant infini à l'extérieur de la boîte (x < 0 et x > L), la particule ne peut s'y trouver, ce qui impose \varphi(x) = 0 pour x \notin [0, L]. La continuité de la fonction d'onde en x = 0 et x = L conduit aux conditions aux limites :

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

   Pour obtenir une solution non identiquement nulle (B \neq 0), il est nécessaire que \sin(kL) = 0, soit :

   kL = n\pi, \quad n \in \mathbb{Z}

   Comme par définition k > 0, l'entier n est strictement positif (n \in \mathbb{N}^*). Les valeurs permises pour k sont donc discrétisées :

   \boxed{k_n = n k_1 \quad \text{avec} \quad k_1 = \frac{\pi}{L} \quad (n \in \mathbb{N}^*)}

   L'énergie de l'électron est alors quantifiée selon :

   E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2} = \frac{n^2 h^2}{8mL^2}

   La condition de normalisation de la fonction d'onde sur l'espace complet détermine l'amplitude B :

   \int_{-\infty}^{+\infty} |\varphi_n(x)|^2\,\mathrm{d}x = \int_0^L |B|^2 \sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\mathrm{d}x = |B|^2 \frac{L}{2} = 1 \implies |B| = \sqrt{\frac{2}{L}}

   En choisissant B réel positif (à un facteur de phase global près) et en réintroduisant la dépendance temporelle \chi_n(t) = \mathrm{e}^{-\mathrm{i}E_n t/\hbar}, on obtient l'expression complète de la fonction d'onde pour x \in [0, L] :

   \boxed{\psi_n(x, t) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \exp\left(-\mathrm{i}\frac{E_n}{\hbar}t\right)}

   la fonction d'onde étant nulle à l'extérieur de l'intervalle [0, L].

   Résultat

   $$k_n=n{k}_1\text{avec}{k}_1=\frac{\pi }{L}(n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$$

   $${\psi }_n(x,t)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \left(\frac{n\pi x}{L}\right)\exp \left(-\mathrm{i}\frac{E_n}{\hslash }t\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q20

   Dans le cadre de la physique classique, l'approche est insuffisante pour deux raisons majeures :

   • Caractère continu de l'énergie mécanique : en mécanique classique, l'énergie de vibration d'une molécule peut varier continûment de 0 à l'énergie de dissociation V_0. Rien n'interdit à une molécule de gagner ou de perdre une quantité arbitrairement faible d'énergie mécanique sous l'effet d'une onde incidente.
   • Anharmonicité du potentiel de Morse : dans un potentiel réel anharmonique (figure 7), la période et la fréquence des oscillations dépendent de l'amplitude de vibration, c'est-à-dire de l'énergie mécanique du système. Selon la distribution statistique continue de Maxwell-Boltzmann, les molécules n'ont pas toutes la même amplitude d'oscillation : elles résonneraient donc à des fréquences différentes, ce qui conduirait à un spectre d'absorption étalé et continu, et non à une absorption sélective très localisée autour d'une longueur d'onde précise \lambda = 4{,}67\text{ }\mu\text{m}.

   Seule la mécanique quantique permet de rendre compte de cette observation :

   \Delta E = E_1 - E_0 = \frac{h\,c}{\lambda}

   Les états vibrationnels sont discrets (quantifiés). L'absorption du rayonnement s'effectue par paquets d'énergie discrets via l'absorption d'un photon d'énergie h\nu, induisant une transition résonante entre l'état fondamental et le premier niveau excité.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q22

   En injectant \underline{\psi}(x,t) = \underline{\phi}(x)\,\underline{f}(t) avec \underline{f}(t) = \mathrm{e}^{-iEt/\hbar} dans l'équation de Schrödinger, il vient :

   -\frac{\hbar^2}{2\mu} \frac{\mathrm{d}^2\underline{\phi}}{\mathrm{d}x^2}\,\mathrm{e}^{-iEt/\hbar} + V_{\text{app}}(x)\,\underline{\phi}(x)\,\mathrm{e}^{-iEt/\hbar} = i\hbar\left(-\frac{iE}{\hbar}\right)\underline{\phi}(x)\,\mathrm{e}^{-iEt/\hbar} = E\,\underline{\phi}(x)\,\mathrm{e}^{-iEt/\hbar}

   En simplifiant par le terme temporel \mathrm{e}^{-iEt/\hbar} qui ne s'annule jamais, on obtient l'équation différentielle vérifiée par \underline{\phi}(x) (équation de Schrödinger stationnaire) :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\underline{\phi}}{\mathrm{d}x^2} + \frac{2\mu}{\hbar^2}\big(E - V_{\text{app}}(x)\big)\underline{\phi}(x) = 0}

   Examinons à présent la forme des solutions dans les trois zones de l'espace :

   • Zone 1 (x < 0) : le potentiel est infini (V_{\text{app}} = +\infty), la particule ne peut pénétrer dans cette région. La densité de probabilité de présence y est rigoureusement nulle :

     \boxed{\underline{\phi}_1(x) = 0}

   • Zone 2 (0 \leqslant x \leqslant L) : V_{\text{app}}(x) = 0. Avec K = \dfrac{\sqrt{2\mu E}}{\hbar}, l'équation s'écrit :

     \frac{\mathrm{d}^2\underline{\phi}_2}{\mathrm{d}x^2} + K^2\,\underline{\phi}_2(x) = 0

     Il s'agit de l'équation d'un oscillateur harmonique spatial. Sa solution générale est :

     \boxed{\underline{\phi}_2(x) = A\cos(Kx) + B\sin(Kx) \quad (A, B \in \mathbb{C})}

   • Zone 3 (x > L) : V_{\text{app}}(x) = V_0 > E. Avec K' = \dfrac{\sqrt{2\mu(V_0 - E)}}{\hbar}, l'équation s'écrit :

     \frac{\mathrm{d}^2\underline{\phi}_3}{\mathrm{d}x^2} - K'^2\,\underline{\phi}_3(x) = 0

     La solution générale de cette équation différentielle est de la forme :

     \underline{\phi}_3(x) = C\,\mathrm{e}^{-K'x} + D\,\mathrm{e}^{K'x} \quad (C, D \in \mathbb{C})

     Pour un état lié, la fonction d'onde doit rester bornée lorsque x \to +\infty (condition de carré intégrable / normalisabilité). Le coefficient de la branche exponentiellement divergente doit donc être nul (D = 0), ce qui donne :

     \boxed{\underline{\phi}_3(x) = C\,\mathrm{e}^{-K'x} \quad (C \in \mathbb{C})}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\underline{\varphi }}{\mathrm{d}{x}^2}+\frac{2\mu }{{\hslash }^2}(E-V_{\text{app}}(x))\underline{\varphi }(x)=0$$

   $${\underline{\varphi }}_1(x)=0$$

   $${\underline{\varphi }}_2(x)=A\cos (Kx)+B\sin (Kx)(A,B\in \mathbb{C})$$

   $${\underline{\varphi }}_3(x)=C{\mathrm{e}}^{-K^{\prime }x}(C\in \mathbb{C})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q23

   D'après les résultats de la question Q22, les formes de la fonction d'onde spatiale sont :

   \begin{aligned} \underline{\phi}_1(x) &= 0 \quad \text{pour } x < 0 \\ \underline{\phi}_2(x) &= A\cos(Kx) + B\sin(Kx) \quad \text{pour } 0 \leqslant x \leqslant L \\ \underline{\phi}_3(x) &= C\,\mathrm{e}^{-K'x} \quad \text{pour } x > L \end{aligned}

   Condition en x = 0 : Le potentiel V_{\text{app}}(x) étant infini pour x < 0, la fonction d'onde doit s'annuler en x = 0 par continuité :

   \underline{\phi}_2(0) = 0 \implies A = 0

   La fonction d'onde dans le puits se réduit donc à :

   \underline{\phi}_2(x) = B\sin(Kx)

   Conditions de raccordement en x = L : En x = L, le potentiel présente une discontinuité de première espèce (marche finie de hauteur V_0). La fonction d'onde \underline{\phi}(x) ainsi que sa dérivée première \underline{\phi}'(x) doivent y être continues :

   \begin{align*} \underline{\phi}_2(L) &= \underline{\phi}_3(L) \iff B\sin(KL) = C\,\mathrm{e}^{-K'L} \tag{1} \\ \underline{\phi}_2'(L) &= \underline{\phi}_3'(L) \iff BK\cos(KL) = -CK'\,\mathrm{e}^{-K'L} \tag{2}\end{align*}

   Pour qu'un état physique non trivial existe, la fonction d'onde ne peut être identiquement nulle (B \neq 0 et C \neq 0). De plus, \sin(KL) \neq 0 car sinon l'équation (1) donnerait C = 0, d'où B = 0 d'après l'équation (2).

   En divisant membre à membre l'équation (2) par l'équation (1), on élimine les constantes B et C :

   \frac{BK\cos(KL)}{B\sin(KL)} = \frac{-CK'\,\mathrm{e}^{-K'L}}{C\,\mathrm{e}^{-K'L}} \iff \frac{K}{\tan(KL)} = -K'

   En multipliant chaque membre par la largeur L du puits, on aboutit directement à la relation demandée :

   \boxed{K'L = -\frac{KL}{\tan(KL)}}

   Résultat

   $$K^{\prime }L=-\frac{KL}{\tan (KL)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10E3A Physique-Chimie PC 2026, Q13

    Lorsqu'un atome d'hydrogène effectue une transition radiative d'un niveau d'énergie excité E_p vers un niveau d'énergie inférieur E_n (p > n), il émet un photon de longueur d'onde dans le vide \lambda_{p\rightarrow n}.

    D'après le postulat de Bohr et la relation de Planck-Einstein, l'énergie emportée par ce photon est égale à la variation d'énergie de l'atome :

    \Delta E = E_p - E_n = h \nu = \frac{h c}{\lambda_{p\rightarrow n}}

    D'après la question Q12, les niveaux d'énergie s'écrivent E_n = -\dfrac{E_0}{n^2} et E_p = -\dfrac{E_0}{p^2}, d'où :

    \begin{aligned} E_p - E_n &= -\frac{E_0}{p^2} - \left(-\frac{E_0}{n^2}\right) \\ &= E_0 \left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{p^2}\right) \end{aligned}

    En combinant ces deux relations, on obtient :

    \frac{h c}{\lambda_{p\rightarrow n}} = E_0 \left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{p^2}\right) \iff \frac{1}{\lambda_{p\rightarrow n}} = \frac{E_0}{h c}\left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{p^2}\right)

    Par identification avec la formule de Rydberg donnée dans l'énoncé, on en déduit l'expression de la constante de Rydberg R_\infty :

    \boxed{R_\infty = \frac{E_0}{h c}}

    Résultat

    $$R_{\infty }=\frac{E_0}{hc}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question