02-Marche_Delta

Marches de potentiel et potentiels delta
Davide Mancusi
5 octobre 2009
1 Marche négative de potentiel
Potentiel (g.

I
V 0
Vx
II
x
Fig. 1 Marche négative de potentiel.
1.2 Solution dans la région II (x > 0)
Équation à résoudre (Éq. (

Exprimons B et C comme fonctions de A :
où
Solution :
ψ(x) =
B = k − k′
k + k ′ A
C =
2k
k + k ′ A
{
ψ in (x) + ψ r (x) x < 0
ψ t (x) x > 0 ,
ψ in (x) def
= Ae ıkx
ψ r (x) def
= A k − k′
k + k ′ e−ıkx
ψ t (x) def
= A 2k
k + k ′ eıkx
La normalisation de la fonction d'onde (A) reste justement indéterminée, car
l'Éq. (

Coefficient
1.0
0.8
T
0.6
0.4
0.2
R
1
E
V 0
Fig. 2 Coecients de transmission et réexion pour la marche négative de
potentiel (avec mV 0 = 1).
pour la conservation de la probabilité.
Coecient de transmission (probabilité que la particule traverse la marche
de potentiel) :
T def
= j t
j in
= 4kk′
(k + k ′ ) 2
Coecient de réexion (probabilité que la particule soit rééchie par la marche
de potentiel) :
Et, naturellement,
R def
= j r
=
j in
( k − k
′
k + k ′ ) 2
T + R = 1.
Limites avec l'énergie :
pour E → ∞ : T → 1, R → 0.
pour E → 0 : T → 0, R → 1 !
Classiquement, T = 1 pour toute E > 0.
2 Potentiel delta
Potentiel :
V (x) = aδ(x)
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La fonction delta de Dirac peut être imaginée comme étant nulle partout sauf
en x = 0, où elle vaut inni. Elle satisfait l'identité suivante :
∫ ∞
−∞
δ(x)f(x)dx = f(0)
Équation de Schrödinger aux valeurs propres :
]
[− ¯h2
2m ∇2 + aδ(x) ψ(x) = E ψ(x) (2)
Comme dans le cas de la marche de potentiel, il faut résoudre l'équation séparément
à gauche et à droite de x = 0, et puis raccorder les solutions en x = 0
en utilisant des conditions supplémentaires.
2.1 Cas E > 0
2.1.1 Solution dans la région I (x < 0)
Équation à résoudre (Éq. (

Les conditions de raccord sont donc :
⎧
⎨ ψ I (0) = ψ II (0)
Explicitement :
⎩
− ¯h2
2m [ψ′ II(0) − ψ ′ I(0)] + aψ I (0) = 0
− ık¯h2
2m
A + B = C
(C − A + B) + a(A + B) = 0
Exprimons B et C comme fonctions de A :
où
Solution :
ψ(x) =
( ık¯h
2
)−1
B = A
am − 1
( ) −1
am
C = A
ık¯h 2 + 1
{
ψ in (x) + ψ r (x) x < 0
ψ t (x) x > 0 ,
ψ in (x) def
= Ae ıkx
ψ r (x) def
= A
( ık¯h
2
am − 1 )−1
e −ıkx
( ) −1 am
ψ t (x) def
= A
ık¯h 2 + 1 e ıkx
2.1.4 Coecients de transmission et de réexion
Courant incident :
Courant transmis :
Courant rééchi :
Coecient de transmission :
j in = |A| 2 ¯hk
m
) −1
j t = |A| 2 ¯hk
(1 + ma2
m 2¯h 2 E
( )−1
j r = |A| 2 ¯hk
1 + 2¯h2 E
m ma 2
T def
= j t
j in
=
(1 + ma2
2¯h 2 E
) −1
6

Coefficient
1.0
0.8
T
0.6
0.4
0.2
1
R
2 E ħ 2
m a 2
Fig. 3 Coecients de transmission et réexion pour la potentiel delta.
Coecient de réexion :
R def
= j r
=
j in
(
1 + 2¯h2 E
ma 2 )−1
Observons que les coecients ne dépendent que de a 2 , et donc sont les mêmes
pour un potentiel attractif ou répulsif.
Encore une fois,
Limites avec l'énergie :
pour E → ∞ : T → 1, R → 0.
pour E → 0 : T → 0, R → 1.
2.2 Cas E < 0 états liés
j in = j t + j r ,
T + R = 1.
2.2.1 Solution dans la région I (x < 0)
Équation à résoudre (Éq. (

L'interprétation physique de la fonction d'onde (amplitude de probabilité) nous
empêche d'accepter des solutions dont l'intégrale diverge. On impose donc B =
0.
ψ I (x) = Ae kx .
2.2.2 Solution dans la région II (x > 0)
L'équation à résoudre est la même que dans la région I. La solution générique
dans la région II s'écrit donc :
ψ II (x) = Ce kx + De −kx
Pour les mêmes raisons que ci-dessus, il faut imposer C = 0.
2.2.3 Conditions de raccord
ψ II (x) = De −kx .
Condition de raccord de la fonction d'onde et de sa dérivée :
⎧
⎨ ψ I (0) = ψ II (0)
Explicitement :
⎩
− ¯h2
2m [ψ′ II(0) − ψ ′ I(0)] + aψ I (0) = 0
A = D
(¯h 2 )
k
m + a A = 0
Si A = D = 0, on obtient la solution banale (et non physique) : ψ(x) = 0
partout. On est intéressés par des solutions qui soient normalisables, donc avec
A ≠ 0. Une telle solution existe seulement si
¯h 2 k
m + a = 0,
c'est à dire si a < 0 et si
k = − am
¯h . 2
(k est toujours positif). En termes de l'énergie :
E = − ma2
2¯h 2 .
Celle-ci est la seule valeur négative de l'énergie pour laquelle l'équation de Schrôdinger
avec a < 0 admet une solution normalisable. L'énergie est donc quantiée.
On appelle la solution
ψ(x) = A e −k|x|
un (le seul) état lié du système.
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La valeur absolue de la constante A peut être déterminée en imposant la
condition de normalisation
ce qui donne
∫ +∞
−∞
|ψ(x)| 2 dx = 1,
|A| 2 = k.
Si on choisit A réel, la fonction d'onde de l'état lié est
ψ(x) = √ k e −k|x| .
3 Exercice supplémentaire : potentiel avec double
delta
Potentiel :
V (x) = a[δ(x − L) + δ(x + L)] (a < 0)
Combien d'états liés admet ce potentiel ?
Essayez de résoudre ce problème en suivant la même procédure de l'exercice
précédent. Une solution partielle est déjà un bon résultat !
4 Exercice supplémentaire : puits de potentiel in-
ni avec delta
Potentiel :
⎧
⎪⎨ ∞
V (x) = aδ(x)
⎪⎩
∞
x < −L
−L < x < L
x > L
a > 0
Ce potentiel représente une schématisation simpliée du potentiel ressenti
par l'atome d'azote dans la molécule d'ammoniac ; le delta en x = 0 représente
le plan avec le trois atomes d'hydrogène.
Combien d'états liés y a-t-il ? Quelles sont les énergies de ces états ? Une
solution analytique pourrait être impossible, mais on peut dériver une formule
valide dans la limite de E très grand. . .
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