Physique quantique

Condition sur l’extension spatiale 👉 relation d’indétermination d’Heisenberg.

Pour que des objets d’une telle dimension soient observables par le microscope électronique, il faut que la localisation des électrons eux-mêmes (qui constituent l’instrument de mesure) soit assurée avec une indétermination inférieure à la limite de 0,11 nm indiquée. La relation d’indétermination d’Heisenberg permet d’en déduire une valeur minimale de l’énergie cinétique des électrons.

En effet, l’énergie cinétique $\displaystyle E_{c}=\frac{p^{2}}{2m}$, soit pour les valeurs moyennes
$\displaystyle \left\langle E_{c}\right\rangle =\frac{\left\langle p^{2}\right\rangle }{2m}$.Or $\displaystyle \left(\Delta p\right)^{2}=\left\langle p^{2}\right\rangle -\left\langle p\right\rangle ^{2}$. D’où $\displaystyle \left\langle p^{2}\right\rangle =\left(\Delta p\right)^{2}+\left\langle p\right\rangle ^{2}\geq\left(\Delta p\right)^{2}$.
Donc $\displaystyle \left\langle E_{c}\right\rangle \geq\frac{\left(\Delta p\right)^{2}}{2m}\geq\frac{\hbar^{2}}{8m\left(\Delta x\right)^{2}}$ en utilisant $\displaystyle \Delta x.\Delta p\geq\hbar/2$.

A.N. : $\displaystyle \Delta x\leq0,11\textrm{ nm}$, d’où $\displaystyle \left\langle E_{c}\right\rangle \geq1,3.10^{-19}\textrm{ J}=0,8\textrm{ eV}$.

1. Les positions des deux murs sont repérées par $\displaystyle x_{1}=0$ et $\displaystyle x_{2}=\ell=\ell_{0}-Vt$ dans le référentiel galiléen $\displaystyle \mathcal{R}$ du laboratoire.

Soit $\displaystyle \overrightarrow{v}$ la vitesse de la balle dans $\displaystyle \mathcal{R}$, de norme $\displaystyle v$. Lors d’un rebond sur le mur fixe 1, la vitesse de la balle change de sens, son module est inchangé et l’énergie cinétique est inchangée.

Lors d’un rebond sur le mur mobile 2, on se ramène au problème précédent dans le référentiel $\displaystyle \mathcal{R}'$ où le mur 2 est fixe et qui se déplace à $\displaystyle \overrightarrow{V}_{\mathcal{R}'/\mathcal{R}}=-V\overrightarrow{u_{x}}$ par rapport à $\displaystyle \mathcal{R}$ :

Avant le choc, $\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{avant}=v_{avant}\overrightarrow{u_{x}} , \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}=-v_{apr\grave{e}s}\overrightarrow{u_{x}}$ où $\displaystyle v_{avant}$ et $\displaystyle v_{apr\grave{e}s}$ sont les normes des vitesses.

$\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}'}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}=-\left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}'}}\right\rfloor _{avant}$ , d’où $\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}-\overrightarrow{V}_{\mathcal{R}'/\mathcal{R}}=-\left[\left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{avant}-\overrightarrow{V}_{\mathcal{R}'/\mathcal{R}}\right]$, soit
$\displaystyle \left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{apr\grave{e}s}=-\left.\overrightarrow{v_{\mathcal{R}}}\right\rfloor _{avant}-2V\overrightarrow{u_{x}}$, soit $$v_{apr\grave{e}s}=v_{avant}+2V.$$L’énergie cinétique de la balle augmente au cours du temps.

Comme $\displaystyle V\ll v$, la variation de $\displaystyle v$ est faible pendant la durée d’un aller-retour entre les murs $\displaystyle \tau=2\ell/v$. Ainsi

$\displaystyle \frac{dv}{dt}\simeq\frac{2V}{\tau}=\frac{V}{\ell}v=-\frac{1}{\ell}\frac{d\ell}{dt}v.$

Avec $\displaystyle \frac{dE_{c}}{dt}=mv\frac{dv}{dt}=2\frac{E_{c}}{v}\frac{dv}{dt}$,$$\frac{1}{E_{c}}\frac{dE_{c}}{dt}=-\frac{2}{\ell}\frac{d\ell}{dt}.$$

2. Dans le cours, on détermine les niveaux d’énergie et les fonctions d’onde des états stationnaires d’un puits infini de largeur $\displaystyle \ell$ solutions de l’équation de Schrödinger indépendante du temps

$$-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\phi}{dx^{2}}=E\phi.$$

Les solutions sont indicées par $\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$, $\displaystyle E_{n}=n^{2}\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m\ell^{2}}$, et $\displaystyle \phi_{n}(x)=C_{n}\sin\left(\frac{n\pi x}{\ell}\right)$ avec $\displaystyle |C_{n}|=\sqrt{2/\ell}$.

L’énergie de l’état $\displaystyle n$ est $\displaystyle E_{n}=n^{2}\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m\ell^{2}}$.

On vérifie la relation donnant la variation de l’énergie en fonction du temps (l’énergie potentielle est nulle) pour $\displaystyle n=1$ : $\displaystyle \frac{dE}{dt}=-2\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m\ell^{3}}\frac{d\ell}{dt}$, ce qui donne $\displaystyle \frac{1}{E}\frac{dE}{dt}=-\frac{2}{\ell}\frac{d\ell}{dt}$ (valable pour $\displaystyle n$ quelconque).

La probabilité de trouver le quanton quelque part dans l’espace est égale à 1, $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\left|\psi\right|^{2}dx=1$.
D’où $\displaystyle \int_{0}^{L}\left|\varphi\right|^{2}dx=\int_{0}^{L}\left|A\right|^{2}\sin^{2}\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx=1$, et $$\left|A\right|=\sqrt{\frac{2}{L}}.$$
La position la plus probable est la valeur de $\displaystyle x$ pour laquelle $\displaystyle \left|\varphi\right|^{2}$ est maximal, soit $$x=L/2.$$
De même la valeur moyenne est $\displaystyle \left\langle x\right\rangle =\int_{0}^{L}x\left|\psi\right|^{2}dx=\frac{L}{2}$.
L’écart-type est $\displaystyle \Delta x=\sqrt{\left\langle x^{2}\right\rangle -\left\langle x\right\rangle ^{2}}$.
$\displaystyle \left\langle x^{2}\right\rangle =\int_{0}^{L}x^{2}\left|\psi\right|^{2}dx=L^{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2\pi^{2}}\right)$, d’où $\displaystyle \Delta x=L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^{2}}}\simeq0,18L$.
La probabilité que $\displaystyle x\in\left[\left\langle x\right\rangle -\Delta x,\left\langle x\right\rangle +\Delta x\right]$ est $\displaystyle \int_{L/2-\Delta x}^{L/2+\Delta x}\left|\psi\right|^{2}dx\simeq0,93$

Puits infini 👉 Résolution de l’équation de Schrödinger indépendante du temps avec $\displaystyle V=0$ sur $\displaystyle \left]0,L\right[$, la fonction s’annulant aux bornes du puits $\displaystyle x=0, x=L$.
Absorption de rayonnement 👉 $\displaystyle \Delta E=h\nu=\frac{hc}{\lambda}$.

1. La fonction $\displaystyle \varphi_{n_{1}}$ correspond à la fonction d’onde stationnaire d’un puits unidimensionnel de longueur $\displaystyle L_{1}$ (cf cours) $\displaystyle \varphi_{n_{1}}(x)=\sqrt{\frac{2}{L_{1}}}\sin\left(\frac{n_{1}\pi x}{L_{1}}\right)$ avec $\displaystyle n_{1}\in\mathbb{N}^{*}$, qui vérifie l’équation unidimensionnelle $\displaystyle -\frac{\hbar^{2}}{2m}\varphi"_{n_{1}}=E_{n_{1}}\varphi_{n_{1}}$ avec $\displaystyle E_{n_{1}}=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m}\left(\frac{n_{1}}{L_{1}}\right)^{2}$.

Dans le puits tridimensionnel $\displaystyle \left(V=0\right)$,

$\displaystyle \begin{aligned}-\frac{\hbar^{2}}{2m}\Delta\varphi(x,y,z)&=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial z^{2}}\right)\varphi(x,y,z)\\&=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial z^{2}}\right)\left[\varphi_{n_{1}}(x)\varphi_{n_{2}}(y)\varphi_{n_{3}}(z)\right]).\end{aligned}$

$\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}\left[\varphi_{n_{1}}(x)\varphi_{n_{2}}(y)\varphi_{n_{3}}(z)\right]&=\varphi"_{n_{1}}(x)\varphi_{n_{2}}(y)\varphi_{n_{3}}(z)\\&=E_{n_{1}}\varphi_{n_{1}}(x)\varphi_{n_{2}}(y)\varphi_{n_{3}}(z).\end{aligned}$

D’où $\displaystyle -\frac{\hbar^{2}}{2m}\Delta\varphi(x,y,z)=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m}\left(\left(\frac{n_{1}}{L_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{n_{2}}{L_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{n_{3}}{L_{3}}\right)^{2}\right)\varphi(x,y,z).$

L’énergie associée à
$\displaystyle \varphi(x,y,z)=\sqrt{\frac{8}{L_{1}L_{2}L_{3}}}\sin\left(\frac{n_{1}\pi x}{L_{1}}\right)\sin\left(\frac{n_{2}\pi x}{L_{2}}\right)\sin\left(\frac{n_{3}\pi x}{L_{3}}\right)$
est ainsi $$E_{n_{1},n_{2},n_{3}}=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m}\left(\left(\frac{n_{1}}{L_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{n_{2}}{L_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{n_{3}}{L_{3}}\right)^{2}\right).$$

2. $\displaystyle L_{1}=L_{2}=L_{3}=L$. Les deux premiers niveaux d’énergie sont

$\displaystyle E_{1,1,1}=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m}\frac{3}{L^{2}}$,
$\displaystyle E_{2,1,1}=E_{1,2,1}=E_{1,1,2}=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m}\frac{6}{L^{2}}$.

La différence entre ces deux énergies correspond à l’énergie d’absorption d’un photon $\displaystyle h\nu=\frac{hc}{\lambda}=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2m}\frac{3}{L^{2}}$, soit $$\lambda=\frac{8mcL^{2}}{3h}.$$

Le sachet jaune absorbe dans le violet, le vert dans le rouge, le mauve dans le jaune. Or $\displaystyle L_{\textrm{NaCl}}<L_{\textrm{KCl}}<L_{\textrm{KI}}$. Avec $\displaystyle \lambda_{\textrm{violet}}<\lambda_{\textrm{jaune}}<\lambda_{\textrm{rouge }}$, donc le sachet jaune contient NaCl, le sachet vert contient KI, le sachet mauve contient KCl.

$\displaystyle V$ non borné 👉 $\displaystyle \varphi'$ non nécessairement continue en revanche $\displaystyle \varphi$, amplitude de probabilité de présence, est continue.

Intégrer l’équation de Schrödinger dans un intervalle entourant la singularité pour faire apparaitre les dérivées à gauche et à droite de $\displaystyle \varphi$ en $\displaystyle -a$ et $\displaystyle a$.

1. L’énergie $\displaystyle E$ d’un état lié, dont l’énergie potentielle s’annule à l’infini, est négative. On résout l’équation de Schrödinger indépendante du temps dans chaque intervalle $\displaystyle x<-a,-a<x<a,x>a$ en exprimant que la fonction d’onde ne peut pas diverger en $\displaystyle \pm\infty$ :

$\displaystyle \begin{cases} x<-a: & \varphi(x)=A_{1}\exp(q(x+a))\\ -a<x<a: & \varphi(x)=A_{2}\exp(qx)+B_{2}\exp(-qx)\\ x>a & \varphi(x)=B_{3}\exp(-q(x-a)). \end{cases}$

Il y a continuité de la fonction d’onde en $\displaystyle -a$ et $\displaystyle a$ (car continuité de la densité de proba de présence).
$\displaystyle \begin{cases}A_{1}=A_{2}\exp(-qa)+B_{2}\exp(qa)\\ B_{3}=A_{2}\exp(qa)+B_{2}\exp(-qa).\end{cases}$

La dérivée de $\displaystyle \varphi$ peut être discontinue. On intègre l’équation de Schrödinger de $\displaystyle a-\varepsilon$ à $\displaystyle a+\varepsilon$ d’une part, et de $\displaystyle -\left(a+\varepsilon\right)$ à $\displaystyle -\left(a-\varepsilon\right)$ d’autre part avec $\displaystyle \varepsilon/a\rightarrow0$.

Pour calculer l’intégrale du terme $\displaystyle V\varphi$, on peut étendre l’intégration $\displaystyle \int_{a-\varepsilon}^{a+\varepsilon}\varphi(x)V(x)dx$ en définissant la fonction $\displaystyle h(x)=\varphi(x)$ de $\displaystyle a-\varepsilon$ à $\displaystyle a+\varepsilon$ et $\displaystyle h(x)=0$ ailleurs : $\displaystyle \int_{a-\varepsilon}^{a+\varepsilon}\varphi(x)V(x)dx=\int_{-\infty}^{\infty}h(x)V(x)dx=-g\varphi(a)$.

En intégrant de $\displaystyle a-\varepsilon$ à $\displaystyle a+\varepsilon$
$\displaystyle -\frac{\hbar^{2}}{2m}\left[\varphi'(a+\varepsilon)-\varphi'(a+\varepsilon)\right]-g\varphi(a)=0$
$\displaystyle \Rightarrow\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(-qB_{3}-q\left(A_{2}\exp(qa)-B_{2}\exp(-qa)\right)\right)+gB_{3}=0$.

De même en intégrant de $\displaystyle -\left(a+\varepsilon\right)$ à $\displaystyle -\left(a-\varepsilon\right)$,
$\displaystyle -\frac{\hbar^{2}}{2m}\left[\varphi'(-a-\varepsilon)-\varphi'(-a+\varepsilon)\right]-g\varphi(-a)=0$
$\displaystyle \Rightarrow\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(q\left(A_{2}\exp(-qa)-B_{2}\exp(qa)\right)-qA_{1}\right)+gA_{1}=0$.

D’où $\displaystyle \begin{cases} \left(-q+g\frac{2m}{\hbar^{2}})B_{3}-q\left(A_{2}\exp(qa)-B_{2}\exp(-qa)\right)\right)=0\\(-q+g\frac{2m}{\hbar^{2}})A_{1}+q\left(A_{2}\exp(-qa)-B_{2}\exp(qa)\right)=0.\end{cases}$

Il y a ainsi 4 relations entre les 5 inconnues $\displaystyle A_1,A_2,B_1,B_2,B_3$. Une $\displaystyle 5^{\textrm{ème}}$ relation s’obtiendrait en exprimant que la fonction d’onde est normée (pour assurer une probabilité de présence du quanton égale à 1).

En remplaçant $\displaystyle A_{1}$ et $\displaystyle B_{3}$,
$\displaystyle \begin{cases}(-2q+\mu)A_{2}\exp(qa)+\mu B_{2}\exp(-qa)=0\\\mu A_{2}\exp(-qa)+(\mu-2q)B_{2}\exp(qa)=0.\end{cases}$

Pour qu’il y ait des solutions $\displaystyle A_{2}$ et $\displaystyle B_{2}$ non nulles, il faut que le déterminant soit nul, soit

$\displaystyle \left[\mu-2q\right]^{2}\exp(4qa)-\mu^{2}=0$, soit $\displaystyle \exp(-2qa)=\pm\left(1-\frac{2q}{\mu}\right)$

On résout graphiquement en séparant les deux cas :

• Cas $\displaystyle \exp(-2qa)=-1+\frac{2q}{\mu}.$

• Cas $\displaystyle \exp(-2qa)=1-\frac{2q}{\mu}.$

-Pour $\displaystyle \mu<1/a$, il y a une seule solution pour $\displaystyle \exp(-2qa)=-1+\frac{2q}{\mu}$.

-Pour $\displaystyle \mu>1/a$, il y a deux solutions (une dans chaque cas). Les deux valeurs de $\displaystyle q$ sont situées de part et d’autre de $\displaystyle \mu/2$. L’état le plus stable (d’énergie la plus petite) correspond à $\displaystyle q>\mu/2$ (cas $\displaystyle \exp(-2qa)=-1+\frac{2q}{\mu}$)

2. Le potentiel étudié permet une modélisation de l’interaction attractive entre un électron d’une part, et deux protons qui seraient situés en $\displaystyle -a$ et $\displaystyle a$. Le potentiel d’interaction coulombien tend effectivement vers - l’infini lorsque l’électron se rapproche d’un proton.

Pour $\displaystyle a\rightarrow\infty$, $\displaystyle \mu>1/a$ et les deux solutions en $\displaystyle q$ tendent vers $\displaystyle \mu/2$. Les deux premières énergies tendent vers la même valeur $\displaystyle E=-\frac{mg^{2}}{2\hbar^{2}}$. On est dans la limite “noyaux séparés”.

Pour $\displaystyle a\rightarrow0$, les deux énergies sont situées de part et d’autre de la valeur obtenue pour $\displaystyle a\rightarrow\infty$ , l’énergie la plus basse correspond à l’énergie fondamentale de la molécule $\displaystyle H_{2}^{+}$ stabilisée par la mise en commun de l’électron, par rapport à un proton d’une part, un atome d’hydrogène d’autre part.

On peut noter que l’état fondamental (le plus stable) est pair : la solution stable correspond à la résolution de l’équation $\displaystyle \exp(-2qa)=-\left(1-\frac{2q}{\mu}\right)$. En remplaçant par exemple dans l’équation
$\displaystyle (-2q+\mu)A_{2}\exp(qa)+\mu B_{2}\exp(-qa)=0$,
on obtient $\displaystyle A_{2}=B_{2}$, puis que $\displaystyle A_{1}=B_{3}$.

Remarque — Pour vérifier l’homogénéité des relations obtenues, attention $\displaystyle \varphi$ est en $\displaystyle \textrm{m}^{-1/2}$ par normalisation de la fonction d’onde et $\displaystyle g$ en $\displaystyle \mathbb{\textrm{J.m}}$.

Potentiel borné 👉 La fonction d’onde et sa dérivée sont continues.

1. La résolution de l’équation de Schrödinger indépendante du temps donne:
   $\displaystyle \varphi(x)=\begin{cases} Ae^{ikx}+Be^{-ikx} & \textrm{pour}\:0<x<a-b\\ Ce^{qx}+De^{-qx} & \textrm{pour}\:a-b<x<a, \end{cases}$
   avec $\displaystyle k=\sqrt{2mE/\hbar^{2}}$ et $\displaystyle q=\sqrt{2m(V_{0}-E)/\hbar^{2}}$.
   Le potentiel est borné, les conditions de continuité de $\displaystyle \varphi$ et de $\displaystyle \varphi'$ en $\displaystyle x=a-b$ fournissent $\displaystyle 2$ relations entre ces constantes complexes.
   $\displaystyle \begin{cases} Ae^{ik(a-b)}+Be^{-ik(a-b)}=Ce^{q(a-b)}+De^{-q(a-b)}\\ ik\left[Ae^{ik(a-b)}-Be^{-ik(a-b)}\right]=q\left[Ce^{q(a-b)}-De^{-q(a-b)}\right]. \end{cases}$

2. $\displaystyle |\varphi(x+pa)|^{2}=|\varphi(x)|^{2}$. La densité de probabilité de présence est périodique, et de même période que le réseau.
   On a $\displaystyle \varphi(x+a)=e^{iKa}\varphi(x)$. Les conditions de continuité de $\displaystyle \varphi$ et de $\displaystyle \varphi'$ en $\displaystyle x=a$ donnent $\displaystyle 2$ relations supplémentaires,
   $\displaystyle \begin{cases} \left(A+B\right)e^{iKa}=Ce^{qa}+De^{-qa}\\ ik(A-B)e^{iKa}=q\left[Ce^{qa}-De^{-qa}\right]. \end{cases}$
   Remarque — On obtient un système linéaire de $\displaystyle 4$ équations avec $\displaystyle 4$ inconnues, sans second membre. Une solution non nulle existe si le déterminant du système est égal à 0, ce qui donne la relation
   de l’énoncé.

3. Les atomes tendent à occuper tout l’espace. Avec $\displaystyle \sinh\left(qb\right)\equiv qb$ et $\displaystyle \cosh\left(qb\right)\equiv1$ quand $\displaystyle U_{0}\rightarrow\infty,b\rightarrow0,U_{0}b=\gamma\textrm{ cte}$.
   Alors l’équation devient
   $$\cos Ka=\cos ka-Q\frac{\sin ka}{ka},$$ avec $\displaystyle Q=m\gamma a/\hbar^{2}$

• Pour $\displaystyle Q\to\infty$, on trouve $\displaystyle \sin ka=0$, ce qui conduit aux solutions habituelles du puits infini de longueur $\displaystyle a$. Les énergies sont quantifiées.
• Pour $\displaystyle Q=0$, on trouve $\displaystyle k_{p}=\pm K+2p\pi/a$, soit :
  $\displaystyle E_{k,p}=\frac{\hbar^{2}(K\pm\frac{2p\pi}{a})^{2}}{2m}.$
  Comme $\displaystyle K\in]-\pi/a,\pi/a[$, toutes les énergies sont accessibles.
• Pour $\displaystyle Q$ quelconque, il existe des valeurs de $\displaystyle k$ (et donc de l’énergie), pour lesquelles le membre de droite de l’équation $\displaystyle \cos Ka=\cos ka-Q\frac{\sin ka}{ka}$
  n’est pas compris entre $\displaystyle -1$ et $\displaystyle 1$, et l’égalité ne peut être satisfaite.
  Cela correspond à des bandes d’énergie interdites aux électrons dans le cristal.

Interface de deux régions de potentiels distincts 👉 La fonction d’onde est continue. Si le potentiel est borné, la dérivée de la fonction d’onde est continue.
Probabilité de réflexion (et/ou transmission) 👉 Calculer le rapport des normes des vecteurs densité de courant de probabilité de présence du faisceau réflechi (et/ou transmis) et incident.

1. $\displaystyle V(x>0)=V_{0}-\overrightarrow{M}.\overrightarrow{B}=V_{0}-\gamma\overrightarrow{S}.\overrightarrow{B}=V_{0}+\left|\gamma\right|\overrightarrow{S}.\overrightarrow{B}$
   Selon la polarisation du neutron, $\displaystyle V(x>0)=V_{0}\pm\frac{\hbar}{2}\omega_{L}$ avec + pour la polarisation positive et - pour la polarisation négative. On a donc un potentiel constant dont la hauteur dépend de la polarisation. En envoyant un faisceau d’énergie comprise entre les deux valeurs $\displaystyle V_{0}-\frac{\hbar}{2}\omega_{L}<E<V_{0}+\frac{\hbar}{2}\omega_{L}$, la mécanique classique indique que seuls les neutrons polarisés négativement auront une énergie suffisante $\displaystyle E>V$ pour passer dans la région $\displaystyle x>0$ , alors que les neutons positivement vont rebondir sur la barrière de potentiel. On peut ainsi polariser complètement le faisceau.

2. En utilisant les deux expressions possibles du potentiel selon la polarisation, on remplace avec $\displaystyle \psi(x,t)=\varphi(x)e^{-iEt/\hbar}$ dans l’équation de Schrödinger. On obtient en simplifiant par $\displaystyle e^{-iEt/\hbar}$ l’équation de Schrödinger indépendante du temps :
   $$-\frac{\hbar^{2}}{2m}\varphi"(x)+\left(V_{0}\pm\frac{\hbar}{2}\omega_{L}\right)\varphi(x)=E\varphi(x)$$
   avec + pour la polarisation positive et - pour la polarisation négative.
   Avec les notations de l’énoncé, cela donne deux équations de Schrödinger
   indépendantes du temps

• Pour la polarisation négative
  $\displaystyle \varphi"(x)+k_{0}^{2}\varphi(x)=0$ pour $\displaystyle x<0$, soit $\displaystyle \varphi(x)=Ae^{ik_{0}x}+Be^{-ik_{0}x}$
  $\displaystyle \varphi"(x)+G\varphi(x)=0$ pour $\displaystyle x>0$, soit $\displaystyle \varphi(x)=A'e^{i\sqrt{G}x}$, l’autre solution en $\displaystyle e^{-i\sqrt{G}x}$ se propageant dans le sens des $\displaystyle x$ décroissants ne correspond pas au problème physique posé.
  Le potentiel étant borné, à la fois $\displaystyle \varphi$ et $\displaystyle \varphi'$ sont continues en $\displaystyle x=0$ :

$\displaystyle A+B=A'$ et $\displaystyle k_{0}(A-B)=\sqrt{G}A'$. D’où $\displaystyle \frac{A'}{A}=\frac{2k_{0}}{k_{0}+\sqrt{G}}$ et $\displaystyle \frac{B}{A}=\frac{k_{0}-\sqrt{G}}{k_{0}+\sqrt{G}}$ et donc
$\displaystyle R=\frac{\left\Vert \overrightarrow{J_{r}}\right\Vert }{\left\Vert \overrightarrow{J_{i}}\right\Vert }=\left(\frac{k_{0}-\sqrt{G}}{k_{0}+\sqrt{G}}\right)^{2}$ et
$\displaystyle T=\frac{\left\Vert \overrightarrow{J_{t}}\right\Vert }{\left\Vert \overrightarrow{J_{i}}\right\Vert }=\frac{\sqrt{G}}{k_{0}}\left(\frac{2k_{0}}{k_{0}+\sqrt{G}}\right)^{2}=\frac{4k_{0}\sqrt{G}}{\left(k_{0}+\sqrt{G}\right)^{2}}.$

On vérifie que $\displaystyle R+T=1$ , ce qui décrit que la probabilité de trouver
le neutron quelque part est égale à 1.

• Pour la polarisation positive
  $\displaystyle \varphi"(x)+k_{0}^{2}\varphi(x)=0$ pour $\displaystyle x<0$, soit $\displaystyle \varphi(x)=A_{1}e^{ik_{0}x}+B_{1}e^{-ik_{0}x}$
  $\displaystyle \varphi"(x)+F\varphi(x)=0$ pour $\displaystyle x>0$, soit $\displaystyle \varphi(x)=A_{1}'e^{-\sqrt{-F}x}$, l’autre solution en $\displaystyle e^{\sqrt{F}x}$ divergeant. $\displaystyle \varphi$ et $\displaystyle \varphi'$ sont ici aussi continues en $\displaystyle x=0$ :
  $\displaystyle A_{1}+B_{1}=A_{1}'$ et $\displaystyle ik_{0}(A_{1}-B_{1})=-\sqrt{-F}A_{1}'$.
  D’où $\displaystyle \frac{A_{1}'}{A_{1}}=\frac{2ik_{0}}{ik_{0}+\sqrt{-F}}$ et $\displaystyle \frac{B_{1}}{A_{1}}=\frac{ik_{0}-\sqrt{-F}}{ik_{0}+\sqrt{-F}}$.
  On ne peut pas calculer $\displaystyle T$ en utilisant les vecteurs densités de courant de proba car celui dans le milieu $\displaystyle x>0$ n’est pas défini.
  $\displaystyle R=\frac{\left\Vert \overrightarrow{J_{r}}\right\Vert }{\left\Vert \overrightarrow{J_{i}}\right\Vert }=\left|\frac{ik_{0}-\sqrt{-F}}{ik_{0}+\sqrt{-F}}\right|^{2}=1$ et $\displaystyle T=1-R=0$.

3. Les neutrons de polarisation positive ont une probabilité de transmission nulle. En revanche les neutrons de polarisation négative n’ont pas une probabilité de transmission égale à 1 mais à $\displaystyle T=\frac{4k_{0}\sqrt{G}}{\left(k_{0}+\sqrt{G}\right)^{2}}$.
   Le taux de polarisation du faisceau sera ainsi (un neutron ayant une proba 1/2 d’être à polarisation négative) $\displaystyle \tau=0,5T=\frac{2k_{0}\sqrt{G}}{\left(k_{0}+\sqrt{G}\right)^{2}}$

A.N. $\displaystyle G=m\omega_{L}/\hbar=3,83\frac{eB}{2\hbar}$ ; $\displaystyle \tau=\frac{2\frac{\sqrt{G}}{k_{0}}}{\left(1+\frac{\sqrt{G}}{k_{0}}\right)^{2}}$,
soit $\displaystyle \tau=0,13$ ce qui est beaucoup plus faible que le résultat classique (0,5).